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第03讲 空间中平行、垂直问题10种常见考法归类-新高二数学暑假衔接试题练习（人教版）
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这是一份第03讲 空间中平行、垂直问题10种常见考法归类-新高二数学暑假衔接试题练习（人教版），文件包含第03讲空间中平行垂直问题10种常见考法归类教师版-新高二暑假衔接人教版doc、第03讲空间中平行垂直问题10种常见考法归类学生版-新高二暑假衔接人教版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共142页， 欢迎下载使用。
1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，归纳出有关平行的性质定理和判定定理，并加以证明；
2.能利用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题．
3.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系，归纳出有关垂直的性质定理和判定定理，并加以证明；
4.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题．
1．直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
3.常用结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥B．
(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.
4．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
5.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
6．二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB．
(3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°.
7．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
8．常用结论
(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
1、线面平行的判定及其性质解题策略
(1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线．
(2)利用面面平行的性质证明线面平行时，关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往借助于比例线段或平行四边形．
(3)在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．
2、面面平行的判定及其性质解题策略
(1)判定面面平行的主要方法
①利用面面平行的判定定理．
②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．
(2)面面平行条件的应用
①两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行．
②两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．
3、证明平行关系的常用方法
熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．
4、证明平行关系的常用方法
熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．
5、证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．
(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．
(4)利用直线与平面垂直的性质．
6、面面垂直的判定及其性质的解题策略
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义．
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
7、平行、垂直关系的综合应用
(1)在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，
再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．
(2)在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件，同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系．特别在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．
考点一：直线与平面平行、垂直位置关系的判断
例1．（2023春·山东滨州·高一统考期中）设a，b是两条不同的直线，是平面，，那么“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】从充分性及必要性两个角度分析.
【详解】由线面平行性质定理，，，方可推出，“”不是“”的充分条件；
可在平面内找到一条直线与平行，不一定有，故“”不是“”的
必要条件；
综上， “”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
变式1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考期中）若为平面，有下列命题，其中真命题的是（ ）
A．若直线平行于平面内的无数条直线，则
B．若直线在平面外，则平面
C．若直线，直线平面，则平面
D．若直线平面，则平行于平面内的无数条直线
【答案】D
【分析】根据线面位置关系可直接判断.
【详解】A项还可能，故A错误；
B项还可能与平面相交，故B错误；
C项还可能，故C错误；
由直线与平面平行的性质以及平行的传递性可知D正确.
故选：D.
变式2．【多选】（2023春·广东广州·高一广州市第六十五中学校考期中）设l，m是空间中不同的直线，，，是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】AD
【分析】根据线面平行的判定定理，可判定A正确；根据两平行平面内的直线平行或异面，可判定B不正确；根据面面平行的判定定理，可判定C不正确；根据根据面面平行的性质，可判定D正确.
【详解】对于A中，.若，，，根据线面平行的判定定理，可得，
所以A正确；
对于B中，若，，，则直线与平行或异面，所以B不正确；
对于C中，若，，，，只有当与相交时，才能得到，所以C不正确；
对于D中，若，，，根据面面平行的性质，可得，
所以D正确.
故选：AD.
变式3．【多选】（2023春·吉林·高一校联考期中）设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】ABD
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.
【详解】A. 若，，，则或相交，因为若都与交线平行，此时，，但此时两个平面相交，故A错误；
B.直线垂直于平面的两条相交直线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误；
C. 若，，则，故C正确；
D. 若，，，则，或异面，故D错误.
故选：ABD
变式4．【多选】（2023春·浙江·高一路桥中学校联考期中），，是不同的直线，，是不同的平面，下面条件中能证明的是（ ）
A．，，，，
B．，，
C．，
D．，
【答案】AD
【分析】由线面垂直定义，线面垂直判定定理，面面垂直性质定理可判断选项正误.
【详解】A选项，可知直线与平面内两条相交直线垂直，则，故A正确；
B选项，缺少条件，不能保证，故B错误；
C选项，此时有可能与两平面交线不垂直，此时不能保证，故C错误；
D选项，因，，则，故D正确.
故选：AD
例2．（2023春·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，其中正确的是（ ）
A．B．与所成的角为60°
C．与是异面直线D．平面
【答案】ACD
【分析】将平面图形还原为立体图形，，，A正确B错误，观察知C正确，根据平面平面得到D正确，得到答案.
【详解】如图所示，将平面图形还原为立体图形，根据正方体的性质知：
，，故，A正确B错误；
与是异面直线，C正确；
平面平面，平面，平面，D正确.
故选：ACD
变式1．【多选】（2023春·浙江·高一湖州中学校联考期中）已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（ ）
A．平面B．
C．平面D．、、、四点共面
【答案】ABD
【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明
对于B项，从正方体的角度上看易得
对于D项，证明四边形是平行四边形可验证
对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角.
【详解】把正四面体放到正方体里，画图为：
对于A项，、分别为，的中点，
又平面且平面
平面，故A正确
对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确.
对于D项，、、、分别是棱，，，的中点
且
且
所以
所以四边形是平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确.
对于C项，若平面成立，即平面
又因为平面
所以
又因为、分别为，的中点，
所以
所以
而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确.
故选：ABD
变式2．【多选】（2023春·广西柳州·高一柳州地区高中校考期中）如图，正方体的棱长为，且，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．
C．直线与平面所成角为
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出EF与平面ABCD所成的线面角判断C；使用等积法求点到平面的距离.
【详解】在正方体中，取棱中点，连接，
因为M，N分别为AC，的中点，则，
因此四边形为平行四边形，则平面，
平面，所以平面，A正确；
因为平面，平面，则，所以，B正确；
显然平面，则是与平面所成的角，又，
有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；
等边三角形的面积为，设到平面的距离为，
由得，解得 ，D正确.
故选：ABD
考点二：证明线面平行
例3．（2023春·陕西西安·高一西北工业大学附属中学校考期中）如图：在正方体中，M为的中点.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点N，使得平面平面，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明可证明结论；
（2）上的中点N即满足平面平面，通过证明平面结合平面可证明结论.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO.
∵为正方体，底面为正方形，∴O为BD的中点.
∵M为的中点，在中，OM是的中位线，所以.
又平面，平面，∴平面；
（2）上的中点N即满足平面平面，
∵N为的中点，M为的中点，∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面；
由（1）知平面，
又∵，
∴平面平面.
变式1．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）在直三棱柱中，已知D为的中点. 求证：平面.
【答案】证明见解析
【分析】连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】证明：连接交于点，连接，如下图所示：
在三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
因为平面，平面，因此，平面.
变式2．（2023春·浙江宁波·高一效实中学校考期中）如图，四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)设直线与底面所成角的正切值为，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取底面中心，利用三角形中位线得线线平行，再证线面平行即可；
（2）根据线面夹角得定义及已知可求得AB长，再根据线面垂直判定直线与平面所成角即∠CPD，解三角形即可.
【详解】（1）连接，记，
为中点， 为中点， ，
又，，∴平面；
（2）因为平面， 所以即为直线与平面所成线面角，则.
因为矩形中，所以.
因为平面，平面，所以，
计算可得.
又，，，平面，所以，
所以即为直线与平面所成线面角，解得.
例4．（2023春·陕西延安·高一陕西延安中学校考期中）在四面体中，四边形是矩形，且.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明平面，即可证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据线面垂直的判定定理即可证明结论.
【详解】（1）证明：因为四边形是矩形，故,
由于平面,平面,
故平面,又平面,平面平面,
故,又平面,平面,
故平面.
（2）因为四边形是矩形，故，
由（1）知,故,
又，平面,
所以平面.
变式1．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意利用线面平行的性质定理即可证明；
（2）取的中点，连接，由（1）可证明是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得平面.
【详解】（1）根据题意可得，平面，
平面，且平面平面，
由线面平行的性质定理可得；
（2）取的中点为，连接，如下图所示：
由是的中点，是的中点，可得，且；
由（1）知，且，所以，且；
所以四边形是平行四边形，
即，又平面，平面；
所以平面.
变式2．（2023春·天津和平·高一天津市第二十一中学校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，N是PB中点，过A、N、D三点的平面交PC于M.求证：
(1)平面ANC；
(2)M是PC中点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连结BD，AC，设，连结NO，由线面平行的判定定理证明；
（2）先证线面平行，再由线面平行的性质定理得线线平行，从而得证结论．
【详解】（1）连结BD，AC，设，连结NO，
∵ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点，在中，N是PB的中点，
∴，
又平面ANC，平面ANC，
∴平面ANC.
（2）∵底面ABCD为平行四边形，
∴，
∵平面ADMN，平面ADMN，
∴平面ADMN.
∵平面平面，BC在面PBC内，
∴，又N是PB的中点，
∴M是PC的中点.
例5．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期中）如图,在四棱锥中,平面,平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧.
(1)证明:平面;
(2)若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,
【分析】(1)根据线面垂直的性质定理可得,根据线面平行的判定定理即可得平面,根据及线面平行的判定定理即可得平面,根据及面面平行的判定定理即可得平面平面,再根据面面平行的性质定理即可证明;
(2) 过作,垂足为,过作,垂足为,连接,过作,垂足为,连接,先根据线面垂直的判定定理证明平面,可得,同理可得,根据与的面积相等,底相同,可得高也相同,即,设,根据三角形相似及边长之间关系,找到各个长度,根据勾股定理求出,再求出,建立等式解出即可.
【详解】（1）证明:因为平面,
平面,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
因为底面为矩形,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
因为,
且平面,平面,
所以平面平面,
又因为平面,
所以平面;
（2）设线段上存在点使得与的面积相等,
过作,垂足为,
因为平面,
所以,
故,
所以,
故,
因为,
所以,
过作,垂足为,连接,
过作,垂足为,连接,如图所示:
因为底面,,
所以底面,
所以,
又,,
所以平面,
因为平面
则,
同理可得,
因为与的面积相等,
所以,
在中,根据等面积法可得,
则,
设,,
则,
因为,
所以,
所以,
因为,
所以,
所以,
整理得,
因为,所以,
故存在,且到的距离为.
【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中线面关系及点存在问题的综合问题,属于难题,关于点存在问题的解题方法有:
(1)先假设其存在;
(2)然后将假设作为条件与已知条件一起进行推理论证和计算;
(3)在推理论证和计算无误的前提下,得到了合理的结论,则说明存在;
(4)如果得到不合理的结论,则说明不存在.
变式1．（2023春·浙江·高一期中）三棱柱的棱长都为2，D和E分别是和的中点．
(1)求证：直线平面；
(2)若，点B到平面的距离为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明，即可得证；
（2）根据线面平行可得，由等体积法求解.
【详解】（1）在三棱柱中，，取中点F，连接DF，EF，
∵D和E分别是和的中点，
，
又面，面，且面，面，
∴//面，EF//面，又，面，
∴面//平面，而面DEF，故直线//平面．
法二，连接CE交于点G，连接CD交于点H，连接HG，如图，
在三棱柱中，，，
∴，，
∴，则，又面，面，
∴直线平面.
（2）如图，
∵直线//平面，
∴，又，
所以平行四边形边上的高，
由B到面的高，则.
考点三：证明面面平行
例6．（2023春·广东湛江·高一湛江二十一中校考期中）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1平面BCHG.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用中位线定理与空间平行线的传递性，推得，由此得证；
（2）利用线面平行的判定定理证得EF平面BCHG，A1E平面BCHG，从而利用面面平行的判定定理即可得证.
【详解】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点
∴GH是的中位线，∴GHB1C1，
又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，
∴B，C，H，G四点共面．
（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EFBC，
∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF平面BCHG，
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，
∴A1GEB，，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，
∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E平面BCHG，
∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1平面BCHG.
变式1．（2023春·山东临沂·高一校考期中）如图，已知点是正方形所在平面外一点，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)若中点为，求证：平面平面.
(3)若平面，，求直线与面所成的角.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，所以，从而得证；
（2）依题意可得即可得到平面，再结合（1）的结论，即可得证；
（3）依题意可得平面平面，由面面垂直的性质得到平面，则即为直线与面所成的角，再根据边长的关系得解.
【详解】（1）取的中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又是的中点，是正方形，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为为的中点，是的中点
所以，又平面，平面，所以平面，
又平面，，平面，所以平面平面.
（3）因为平面，平面，所以平面平面，
又为正方形，所以，平面，平面平面，
所以平面，
所以即为直线与面所成的角，又，所以为等腰直角三角形，
所以，
即直线与面所成的角为.
变式2．（2023春·河南洛阳·高一统考期中）如图所示，在三棱柱中， 分别是，，的中点，求证：
(1)平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）先证明平面，再证明平面,根据面面平行的判定定理即可证明结论.
【详解】（1）证明：∵分别是的中点，
∴,
又在三棱柱中，，
所以．
又平面， 平面，
所以平面.
（2）证明：由（1）知，平面，平面，
∴平面，
又∵分别为中点，
故，,
又∵，∴,
∴四边形为平行四边形，
∴,
又∵平面，平面，
∴平面,
又∵平面,
∴平面平面．
变式3．（2023春·陕西西安·高一西安市铁一中学校考期中）如图：已知三棱柱中，D为BC边上一点，为中点，且∥平面．证明：平面平面．
【答案】证明见解析
【分析】连接与交于点，由线面平行的性质定理可得，从而为中点，进而可得四边形为平行四边形，，由线面平行的判定定理得平面，再利用面面平行的判定定理证得结论.
【详解】
连接与交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，又为中点，∴为中点，
∵，且，
∴四边形为平行四边形，∴．
又平面，平面，∴平面．
又平面,，平面
所以平面平面．
变式4．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，在正四面体中，，，，分别是，，的中点，取，的中点，，点为平面内一点
(1)求证：平面平面
(2)若平面，求线段的最小值，
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面平行判定定理证明线面平行，再由面面平行判定定理证明面面平行即可；
（2）由面面平行确定点在线段上，再求在边上的高，即的最小值.
【详解】（1）∵，分别为，的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
∵，分别为，的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又∵，平面，平面，
∴平面平面.
（2）
由（1）知，平面平面，
∴若平面内存在一点，使平面，则在线段上，
∴线段的最小值为到直线的距离，即在边上的高，
∵，分别为，的中点，，分别为，的中点，
∴，
又∵，
∴，，
又∵，分别为，的中点，∴，同理，
∴当为中点时，，此时在边上的高，取最小值，
∴线段的最小值.
考点四：线面平行和面面平行性质的应用
例7．（2023春·福建·高一校联考期中）如图，在三棱台中，，，， 为线段中点，为线段上的点，平面．
(1)求证：点为线段的中点；
(2)求三棱台的表面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，设，由平面，证得，结合是的中点，得到点是的中点；
（2）根据题意，先求得上下底面正三角形的面积分别和，再结合侧面和侧面均为直角梯形，求得面积为，由侧面为等腰梯形，过点作，求得的长，得到侧面的面积为，即可求解.
【详解】（1）连接，设，连接、，
因为平面，平面，且平面平面，
所以，
又因为四边形是正方形，且是的中点，所以点是的中点.
（2）三棱台中，
因为，所以为等边三角形，
所以也为等边三角形，且，
上底面为等边三角形，其边长为1，可得面积为，
下底面为等边三角形，其边长为2，可得面积为，
又因为，所以侧面和侧面均为直角梯形，且，
其面积均为，
侧面为等腰梯形，其中，且,
过点作，垂足为，可得，
所以侧面的面积为，
所以三棱台的表面积为.
变式1．（2023春·浙江台州·高一台州一中校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，，，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC．
(1)判断M点在PB的位置并说明理由；
(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；
(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值．
【答案】(1)M为PB上靠近B的三等分点，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接BD交AC于O，由平面MAC，根据线面平行的性质可得答案；
（2）连接OP，则，由可求得结果；
（3）取AD中点H，过M作，可知，取AB靠近A的三等分点N，可知，所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由条件证得平面ABCD，平面ABCD，令，计算，，，，利用余弦定理，由得，解得，过G作交CD于Q，由平面MGQ得，所以就是所求二面角的平面角，求解即可.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OM，
因为平面MAC，平面PBD，平面平面，则．
因为，所以，
则O为BD靠近B的三等分点，所以M为PB上靠近B的三等分点．
（2）如图，连接OP，则，
因为，则．
（3）取AD中点H，连接PH，HB，
过M作，可知．
取AB靠近B的三等分点N，连接MN，NC，可知，
所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图．
因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，
所以平面ABCD，因此平面ABCD．
令，，计算得：，，，
，，
所以，，即，解得．
过G作交CD于Q，连接MQ．
平面ABCD，平面ABCD, ,
，平面MGQ，平面MGQ，
平面MGQ，，
所以就是所求二面角的平面角，
所以，．
变式2．（2023春·福建三明·高一三明一中校考期中）如图，已知四棱锥的底面为菱形，，，，为的中点，为的中点，平面过、、三点且与面交于直线，交于点.
(1)求证：面面；
(2)求证：；
(3)求平面与平面所成夹角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取中点记为，可得，，由勾股定理可证明，，从而得面，即可得证；
（2）取、中点分别记为、，可得四边形为菱形，记交于点，平分、，可知面，由且，故，进而证得结论；
（3）取中点记为，再取、上、两点，使得，，由（1）结论可知，面，进而可得，，故平面与平面所成夹角为，求解即可.
【详解】（1）取中点记为，连接和，
由于，，得为等边三角形，故，，
由，，得，则，，，
由，得，
由，，，、面，得面，
又由面，得面面；
（2）取、中点分别记为、，连接、、、、、，
由中位线定理得MN∥DC，MN＝DC，同理SR∥AB，SR＝AB，
又AB∥DC，AB＝DC，则MN∥SR，MN＝SR，则为平行四边形，
又NR＝CB，MN＝DC，CB＝DC，则NR＝MN，则四边形为菱形，
记交于点，平分、，
∵面且面，
又∵面且面，∴面，
在面中，且，故，
进而；
（3）取中点记为，再取、上、两点，
使得，，，
由（1）结论可知，面，又面，
故而，又，故而，
且有，，
连接，由，，，面，
则面，面，可知，
故平面与平面所成夹角为，，
即平面与平面所成夹角的正切值为.
例8．（2022春·黑龙江·高一哈九中校考期中）如图，平面平面平面，异面直线 分别与平面 相交于点和点．已知，，，求、、的长．
【答案】，，
【分析】连接交平面于点，连接，，利用面面平行的性质定理得到，，再根据三角形相似得到对应边的比例，利用相似比例即可得到答案.
【详解】连接交平面于点，连接，，
因为平面平面，平面平面于，平面平面于，
所以，所以，，
又因为，所以，
所以，
因为，，所以，，
所以，
因为平面平面，平面平面于，平面平面于，
所以，所以，，
又因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，，.
变式1．（2022秋·内蒙古呼和浩特·高一呼和浩特市第十四中学校考期末）如图，四边形ABEF和四边形ABCD均是直角梯形，，，，.
(1)求点F到平面ABCD的距离；
(2)证明：平面平面ADF，并说明在平面EBC上，一定存在过C的直线l与直线FD平行.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面ABCD即可；
（2）先证明平面平面ADF，再利用面面平行的性质定理证明.
【详解】（1）解：因为，
所以，
又，AB､CD是相交直线，
所以平面ABCD，
所以点F到平面ABCD的距离；
（2）证明：由题意得，平面ADF ，平面ADF ，
所以平面ADF，同理平面ADF，又，
所以平面平面ADF.
设平面平面，则l过C点，
因为平面平面ADF，平面平面，平面平面，
所以.
变式2．（2021春·广东中山·高一统考期末）如图所示，在正方体中，点在棱上，且，点、、分别是棱、、的中点，为线段上一点，．
（1）若平面交平面于直线，求证：；
（2）若直线平面，试作出平面与正方体各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹；设平面与棱交于点，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）作图步骤见解析，三棱锥的体积为
【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到，再结合线线平行的传递性即可证明结论；
（2）根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面与正方体各个面的交线即可；根据四点共面，且三角形与三角形面积相等，那么三棱锥的体积等于三棱锥的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．
【详解】解：（1）证明：在正方体中，
因为平面平面，平面平面，平面平面
所以，
因为点、 分别是棱、 的中点，
所以，
所以．
（2）作图步骤如下：
连接，过点作于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点交的延长线于点，
再连接交于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，再连接，，，
则图中，，，，，即为平面与正方体各个面的交线．
设，因为，
所以点为的中点，
又因为，所以点为中点，
所以，
所以，
又因为，即，解得，
∵，
，，
∴，
如上图，设为线段的中点，因为点是棱的中点，
所以在正方体中，有，
所以平面，所以
因为平面，所以，
因为，
所以平面，即平面与平面重合，
所以点在平面内，且三角形与三角形面积相等，
因为直线平面，平面，
所以，又因为△，
所以，
所以，
所以，，
所以三棱锥的体积为．
【点睛】本题考查面面平行的性质定理和线面平行的性质定理的应用，直线与平面垂直以及几何体的表面积和体积的求法，考查空间想象能力记忆计算能力，属于难题．其中第二问解题的关键字在于根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出图形，进而根据几何关系得到对应点的位置求解.
考点五：证明线线垂直
例9．（2023春·吉林·高一长春吉大附中实验学校校考期中）如图，边长为4的正方形中，点分别为的中点．将分别沿折起，使三点重合于点P．
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）根据棱锥的体积公式即可求得答案;
（3）作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为在正方形中，
折叠后即有，
又平面，
所以平面，而平面,
故；
（2）由题意知，故，
故；
（3）取线段的中点G，连接，
因为，
所以有，平面,平面,
所以即为二面角的平面角，
又由（1）得平面，平面，
故,而,,
故,
即二面角的余弦值为.
变式1．（2022春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第二高级中学校考期末）如图，在直三棱柱中，，G是棱的中点．
(1)证明：；
(2)证明：平面平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【分析】（1）由线面垂直得到，从而求出平面，得到；
（2）根据正方形得到，结合第一问求出的，得到平面，从而证明面面垂直.
【详解】（1）∵平面，且平面，
∴．
又因为，平面，
所以平面．
∵平面，
∴．
（2）∵，易知矩形为正方形，
∴．
由（1）知，又由于平面，
∴平面．
又∵平面，
∴平面平面．
变式2．（2023春·广东广州·高一广州市第七中学校考期中）如图，四棱锥的底面是矩形，平面，E，F分别的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得线面平行；
（2）结合线面垂直的判定定理来证得平面，进而可证明线线垂直.
【详解】（1）设是的中点，由于是的中点，
所以,
由于是的中点，四边形是矩形,
所以.
所以,
所以四边形是平行四边形,
所以,
因为平面,平面,
所以平面.
（2）由于平面，
平面，所以,
因为,,平面，
所以平面,
因为平面,所以,
因为是的中点,所以,
因为,平面,
以平面,
又因为平面,所以.
变式3．（2023春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期中）《九章算术，商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.”阳马是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.如图，已知四棱锥为一个阳马，面，是上的一点.
(1)求证：；
(2)若，分别是，的中点，求证：平面
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得；
（2）利用线面平行判定定理即可证得平面
【详解】（1）面，面，则，
又，，面，
则面，又面，则
（2）取中点T，连接，
又，则，
又，则，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面.
考点六：证明线面垂直
例10．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过勾股定理，证明出可证得平面.
（2）作，垂足为H，连结，证得为与平面所成的角，在中求即可.
【详解】（1）∵，，，
由勾股定理得：，
中，，
∵，∴，
又因为底面，底面，所以，
又因为且平面，∴平面，
（2）作，垂足为H，连结，
因为平面， 平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
所以为与平面所成的角，
中，，
，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
变式1．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图，在直三棱柱中， ，，、分别为、的中点．求证：平面.
【答案】证明见解析
【分析】证明出平面，可得出，再证明出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.
【详解】证明：因为，，则，所以，，
在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
连接，如下图所示：
因为平面，平面，所以，，同理，
在侧面内，则，又因为，
所以，四边形为正方形，故，
因为，、平面，因此，平面.
变式2．（2023春·四川成都·高一成都实外校考期末）如图四边形ABCD是矩形，平面BCE，，点F为线段BE的中点.
(1)求证：平面ABE；
(2)求证：平面ACF.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案；
（2）连接交于点，连接，由中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得答案.
【详解】（1）因为平面BCE，平面BCE，所以，
因为，，平面，
所以平面ABE；
（2）
连接交于点，连接，所以点为中点，
因为点F为线段BE的中点，所以，因为平面，平面，
所以平面.
变式3．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨三中校考期中）已知棱长均相等的正三棱柱，M，N分别为棱，中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析；
【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；
（2）利用线面垂直判定定理即可证得平面．
【详解】（1）设，连接
又棱长均相等的正三棱柱中，M，N分别为棱，中点．
则，，
则，则四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
则平面；
（2）取中点S，连接，则
又面面，面面，面，
则面，又面，则
又正方形中，，则,
则，又，
则，则，
又，，面，
则面，又面，则，
又正方形中，，，
平面，则平面．
变式4．（2023春·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考期中）如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，交于点，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用已知条件结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面角的定义进行求解即可.
【详解】（1）在正方形中，，
因为，所以，
又因为侧面是正方形，所以，
因为平面，
所以平面，
而平面，则，而，
∴，而，
又平面，
∴平面
（2）连接，如图所示：
∵为正方形，，
∴，
而平面，
∴平面，
∴为直线与平面所成的角，
∵，
∴，
所以直线与平面所成的角为.
变式5．（2023春·广东广州·高一广州四十七中校考期中）如图，在三棱锥中，底面，点D、E分别在棱上，且．
(1)求证平面；
(2)当D为的中点时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质及判定推理作答.
（2）结合（1）的结论及已知，利用线面角的定义，求出AD与平面PAC所成角的正弦值.
【详解】（1）在三棱锥中，底面，底面，则，
而，有，又，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，平面，而，则平面，
于是是与平面所成的角，
令，在中，，，D为的中点，则有，
显然为的中位线，于是，
在中，，
所以与平面所成角的正弦值是.
变式6．（2023春·天津和平·高一天津一中校考期中）如图，已知平面ABC，，，，，，点和分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面，得到平面，即可得到平面平面，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用面面垂直的性质定理即可得到平面；
（2）根据，点为中点得到，即可将直线与平面所成角转化为直线与平面所成角，由（1）的结论可得为直线与平面所成角，然后利用勾股定理得到，的长度，即可求直线与平面所成角.
【详解】（1）∵平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面，
∵，点为中点，
∴，
∵平面平面，平面，
∴平面.
（2）
取中点，连接，，
∵，，，点为中点，
∴四边为平行四边形，∴，
∴直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
∵平面，
∴为直线与平面所成角，
∵点为中点，，
∴，，，
∴，又，所以，
所以直线与平面所成角为.
考点七：证明面面垂直
例11．（2023春·吉林·高一长春吉大附中实验学校校考期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面⊥底面，且，设E，F分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面⊥平面；
(3)求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析；
(3)
【分析】（1）利用线面平行判断判定定理即可证得平面；
（2）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得平面⊥平面；
（3）先求得直线与平面所成角的正弦值，进而求得该角的大小.
【详解】（1）取中点S，中点T，连接,
又E，F分别为，的中点，
则 ,
又，则，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面.
（2）在△中，，，
由，可得，
由面⊥面，面面，
，面，可得面，
又面，则，
又，，面，
则面，又面，
则平面⊥平面；
（3）连接，△中，，则，
又面⊥面，面面，面，
则面，则为点P到面的距离，
又E为的中点，则点E到面的距离为，
又△中，，，，
则，，则点E到面的距离为，
又，
设直线与平面所成角为，则，
又，则
则直线与平面所成角的大小为
变式1．（2023春·安徽六安·高一六安一中校考期中）在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，顶点在平面的射影为边的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再根据面面垂直判定定理证明面面垂直即可；
（2）应用等体积方法求解点到平面距离.
【详解】（1）且为的中点，，
又平面平面，
平面.故平面，又平面，
平面平面.
（2）设点到平面的距离为是边长为2的正三角形，，
根据等体积公式可得，解得-
变式2．（2023春·浙江杭州·高一杭师大附中校考期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，．
(1)求证：平面平面ABC；
(2)求SC与平面SAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，则，连接,,利用勾股定理得出，然后利用线面垂直判定定理得出平面，再利用面面垂直判定定理即可得出结论.
（2）由（1）知，作，连接，由面面垂直的性质定理知平面，故即为所求角，再由，即可得出答案.
【详解】（1）取中点，连接，，
，，
，，，
，又平面，平面，
且，所以平面，
又平面，所以平面平面ABC.
（2）由（1）知，过作于，连接，如图，
平面平面ABC，平面平面,
平面，则平面，
即为SC与平面SAB所成的角，
在中，，
，
故SC与平面SAB所成的角的正弦值为.
变式3．（2023春·福建南平·高一福建省政和第一中学校考期中）如图，是的直径，点是上的动点，垂直于所在的平面
(1)证明：平面丄平面；
(2)设 ，求点A到平面PBC的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过证明，可证明结论；（2）过A作PC垂线，垂足为D.由（1）可得AD为点A到平面PBC的距离，即可得答案.
【详解】（1）因是的直径，则.
因垂直于所在的平面，平面ABC，则.
因平面PAC，则平面PAC.
又平面PBC，则平面丄平面；
（2）如图，过A作PC垂线，垂足为D.
因平面丄平面，平面平面，平面PAC，则平面PBC，即AD为点A到平面PBC的距离.
又，垂直于所在的平面，则.
则在中，.
即点A到平面PBC的距离为.
考点八：面面垂直性质的应用
例12．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，为棱的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角平面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）分析出二面角的平面角为，分析出为等腰直角三角形，即可得出结果.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，
平面，因此，平面.
（2）解：因为四边形为正方形，则，且，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，则二面角的平面角为，
因为，，所以，为等腰直角三角形，且.
故二面角为.
变式1．（2023春·广东深圳·高一翠园中学校考期中）如图，在平面五边形ABCDE中，AB//DC，∠BCD＝90°，，，，，，，垂足为H，将△ADE沿折起（如图），使得平面ADE⊥平面ABCD．
(1)求证：⊥平面ABCD；
(2)求三棱锥的体积；
(3)在线段BE上是否存在点M，使得//平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由面面垂直的性质证明即可；
（2）利用等体积法，由求解即可；
（3）过点H作平行线得出与平面CDE平行的平面，然后利用三角形一边平行线的性质求解.
【详解】（1）因为，平面平面ABCE，平面平面，平面ADE，
所以⊥平面ABCD；
（2）在直角三角形ADE中，∵，，∴，
，∴，
∠BCD＝90°，，
的面积，
所以三棱锥C－ADE的体积为；
（3）方法一：过点H作HN∥DE交AE于点N，过点N作NM∥AB交EB于点M，连接．
又因为AB∥DC，所以∥，又平面CDE，平面CDE，
所以∥平面CDE，同理∥平面CDE，
又因为，平面，平面，
所以平面//平面CDE．
因为平面，所以//平面CDE．
在中，，，
又，，，
，
又，
所以在线段BE上是否存在点M，使得∥平面，且.
方法二：过点H作//交于点G，过点G作//交EB于点M，连接．
又因为∥，平面，平面，
所以∥平面，同理∥平面．
又因为，平面，平面，
所以平面∥平面．
因为平面，所以∥平面．
在中，，，
又，，，
，，
又，，
所以在线段BE上是否存在点M，使得∥平面，且．
变式2．（2023春·安徽六安·高一六安一中校考期中）如图，在三棱柱中，，平面平面.
(1)求证：；
(2)点E是线段BC中点，在线段上是否存在点F，使得平面，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）利用线面垂直和面面垂直的性质定理即可求解；
（2）利用三角形的中位线定理及平行四边形的判定定理和性质定理，结合线面平行的判定定理即可求解.
【详解】（1）因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又因为平面，
所以.
（2）存在，且点是线段的中点，理由如下：
取的中点G，连接FG，GC.如图所示
在中，因为F，G分别是，的中点，
所以，且.
在平行四边形中，因为E是BC的中点，
所以，且，
所以，且
所以平行四边形FECG是平行四边形，
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
故存在，且点是线段的中点，使得平面.
变式3．（2022春·甘肃兰州·高一兰州市第二中学校考期末）如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）作出辅助线，得到面面平行，从而得到线面平行；
（2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合勾股定理逆定理得到线面垂直.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．
，分别是和的中点，
，．
又四边形为正方形，
，从而．
平面，平面，
平面，
同理平面，又，
平面平面，
∵平面，
则平面；
（2）为正方形，
．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，平面，则，
，，
，则，得．
又，平面，
平面；
考点九：线面平行与垂直关系的探索性问题
例13．（2023春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第三高级中学校考期中）如图所示，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，点分别是棱上的点，点是线段上的动点，．
(1)当点M在何位置时，平面?
(2)若平面，求与所成的角的余弦值．
【答案】(1)点为的中点
(2)
【分析】（1）分别取的中点为，连接．可推得四边形为平行四边形，．进而根据线面平行的判定定理，得出线面平行；
（2）由（1）知，与所成的角（或其补角），即等于与所成的角.然后构造直角三角形，可推得，，，进而得出，在中，即可得出答案.
【详解】（1）
如图1所示，分别取的中点为，连接．
因为分别是的中点，
所以，且.
又因为，
所以，所以.
又，所以.
所以四边形为平行四边形，
所以．
因为平面，平面，
所以平面.
所以，当点为的中点时，有平面.
（2）由（1）知，点为的中点，且与异面.
因为，
所以与所成的角（或其补角），即等于与所成的角.
由已知可得，，，
所以.
如图2，取中点为，连接，易知，
则，，
所以，，
所以.
因为是的中点，所以，
所以，，
所以，在中，有，
所以与所成的角的余弦值为．
变式1．（2021春·内蒙古包头·高一统考期末）如图，在四棱锥中，已知底面是菱形，且对角线与相交于点.
(1)若，求证：平面平面；
(2)设点为的中点，在棱上是否存在点，使得平面？请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）先证明平面，再证明平面平面即可；
（2）存在棱的中点使得平面，可使用线面平行判定定理证明.
【详解】（1）
由已知，为中点，连接，若，则，
又∵底面是菱形，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，∴平面平面.
（2）
棱上存在点，使得平面，为中点，证明如下：
取的中点，连接，，∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
故存在棱的中点使得平面.
变式2．（2022春·山东聊城·高一山东聊城一中校考期中）如图，四棱锥的底面为平行四边形，分别为的中点.
(1)证明：AF平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面，并给出必要的证明.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）取中点，证明四边形为平行四边形即可；
（2）设，取中点，先证明平面，即可证明点在线段靠近端的三等分点时符合题意.
【详解】（1）证明：取中点，连接，在中，为的中点，
.
为的中点，，
即四边形为平行四边形，.
平面平面平面.
（2）设，取中点，连接，则在中，
分别是的中点，
平面平面，
平面.
与相似，且相似比为，
为的三等分点.
在点位置时满足平面.
即点在线段靠近端的三等分点时符合题意.
例14．（2022春·山西大同·高一大同市第二中学校校考期中）如图，在正方体中，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，理由见解析．
【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行.
【详解】（1）证明：如图，连接交于，连接.
因为为正方体，底面为正方形，对角线，交于点，
所以为的中点，
又因为为的中点，
所以在中，是的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：当上的点为中点时，即满足平面平面，理由如下：
连接，，
因为为的中点，为的中点，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
由（１）知平面，
又因为，，平面，
所以平面平面.
变式1．（2023春·天津西青·高一天津市西青区杨柳青第一中学校考期中）如图，四棱锥中，，，为的中点．
(1)求证：平面.
(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）利用构造平行四边形的方法证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）点为线段的中点，再利用面面平行判定定理证明，即可证明平面平面．
【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，．
因为为的中点，
所以，．
又，，
所以，．
因此四边形是平行四边形，
所以．
又平面，平面，
因此平面．
（2）解：如图所示，取的中点，连接，，
所以
又，所以．
又，所以四边形为平行四边形，
因此．
又平面，所以平面．
由（1）可知平面．
因为，故平面平面．
变式2．（2023春·河南洛阳·高一校考期中）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点．
(1)求证：平面．
(2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）根据中位线的性质可得A，再根据线面平行的判定可得B即可；
（2）取的中点，连接，根据中位线的性质判定即可
【详解】（1）证明：因为，分别为线段的中点所以A.因为，所以B.又因为平面，平面，所以平面．
（2）取的中点，连接，因为为的中点所以．
因为平面，平面，所以平面，
同理可得，平面，又因为，，平面，所以平面平面
故在线段上存在一点，使平面平面．
例15．（2020秋·安徽亳州·高一统考期末）如图，在四棱锥A－BCDE中，四边形BCDE为菱形，，，AE＝AC，点G是棱AB上靠近点B的三等分点，点F是AC的中点．
(1)证明：∥平面CEG．
(2)点H为线段BD上一点，设，若AH⊥平面CEG，试确定t的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)0.
【分析】（1）取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO，由三角形中位线定理可得∥，∥，然后先证得线面平行，再可证得面面平行；
（2）由已知可得△ABC≌△ABE，则GC＝GE，得OC⊥OG，结合已知可得OC⊥平面ABD，则OC⊥AG，利用余弦定理求出，再由勾股定理的逆定理可得BG⊥OG，由线面垂直的判定可得AG⊥平面CEG，从而可得H与B重合，进而可求得结果.
【详解】（1）证明：如图，取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO．
在△ACG中，F，Ⅰ分别为AC，AG的中点，所以∥，
同理，在△BDⅠ中，有∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为，平面，
所以平面∥平面，
又平面ⅠFD，
所以∥平面CEG．
（2）解：因为底面BCDE是菱形，所以OC⊥OD．
因为AE＝AC，BC＝BE，所以△ABC≌△ABE，
则GC＝GE，
又因为点O是EC的中点，所以OC⊥OG．
因为，平面ABD，
所以OC⊥平面ABD，
因为平面ABD，
所以OC⊥AG．
因为，，
所以，
则，
则，所以BG⊥OG．
又因为，平面CEG，
所以AG⊥平面CEG．
若AH⊥平面CEG，则H与B重合．
故．
变式1．（2022春·河南开封·高一统考期末）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，且，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，
【分析】（1）取中点，由证得四边形为平行四边形，进而证得，即可证得平面；
（2）存在点，，先求出，再由余弦定理求得，结合勾股定理证得，又，即可证得平面.
【详解】（1）
取中点，连接，因为是的中点，则，又，
则，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面；
（2）
存在点，使得平面，此时，证明如下：
连接，易得，又底面，底面，则，
则，，则，，又，
，由余弦定理得，，则，
，又，，平面，则平面，故存在点，使得平面，此时.
变式2．（2022春·北京·高一北京市陈经纶中学校考期中）如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：平面PAD；
(2)试确定当△PAD中PA与AD满足什么关系时，MN⊥平面PCD？并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)当时，MN⊥平面PCD
【分析】（1）根据题意可证∥且，则为平行四边形，即∥，结合线面平行的判定定理说明；（2）根据线面垂直的判定和性质均可得MN⊥平面PCD⊥PD．
【详解】（1）取的中点，连接
∵分别为的中点，则∥且
又∵M是AB的中点且四边形ABCD为矩形，则∥且
则∥且，即为平行四边形，则∥
平面PAD，平面PAD
∴平面PAD
（2）若MN⊥平面PCD，∥，则⊥平面PCD
∴⊥PD，且为的中点
∴
若且为的中点，则⊥PD
∵PA⊥平面ABCD，则PA⊥CD
四边形ABCD为矩形，则AD⊥CD
，则CD⊥平面PAD
平面PAD，则⊥CD
，则⊥平面PCD
∥，则MN⊥平面PCD
综上所述：当时，MN⊥平面PCD
例16．（2021春·北京·高一北京市八一中学校考期末）如图所示，在正四棱柱中，是线段上的动点.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接，，根据正四棱柱的性质可得平面，平面，即可得到平面平面，即可得证；
（2）首先证明面，即可得到平面平面，依题意平面与面重合时满足平面平面，即可确定的位置，从而得解；
【详解】解：（1）连接，，在正四棱柱中，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，
且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，
又，面，所以平面平面，又平面，
所以平面
（2）因为在正四棱柱，，面，面，所以， ，面，所以面，因为平面，所以平面平面，因为面面，
要使平面平面，则平面与面重合，即在的中点时满足题意，所以
变式1．（2022春·辽宁葫芦岛·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，已知，且平面，，．
(1)在线段FG上确定一点M使得平面平面PFG，并说明理由；
(2)若二面角的余弦值为，求PG与平面PEM所成角的正切值．
【答案】(1)为中点，理由见解析
(2)
【分析】（1）为中点，连接，，过作于，由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由线面角与二面角的定义求解即可
【详解】（1）为中点，证明如下：
连接，，过作于，
于是在中，，，故；
在中，，，故
所以，为等腰三角形
又平面，
所以，为等腰三角形
故在等腰三角形和等腰三角形中有，
又，且，平面
平面，
又平面，
平面平面．
（2）由（1）的结果可知，为二面角的平面角，
在中，，，
，，
所以，
由（1）中证明可知平面
故与平面所成角为
在中，，又
与平面所成角的正切值为
变式2．（2021·浙江·高一期末）如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为a的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，若G为的中点，E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在一点F，使平面平面，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）点为的中点，证明见解析.
【解析】（1）连接，可证明四边形是平行四边形，得出，利用线面平行的判断定理即可证明；
（2）猜想点为的中点时，平面平面，再利用面面垂直的性质定理证明平面，，可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】
（1）连接，
因为为的中点，为的中点，
所以，，
因为底面是菱形，所以，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
（2）点为的中点时，平面平面，
证明如下：因为侧面为正三角形，G为的中点，
所以，
因为平面平面，
平面平面，
，平面，
所以平面，
连接交于点，则点是的中点，
所以，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
考点十：平行与垂直的综合应用
例17．（2023春·浙江·高一路桥中学校联考期中）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，，M，N分别为PB，DC的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：面面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取PA中点E，连接DE，ME，由题意可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取AD中点O，连接OP，OB，由题意可证得，再由线面垂直的判定定理可证得PO⊥面ABCD，再由面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）取PA中点E，连接DE，ME
因为ME是中位线，所以，且；
又ABCD是菱形，则且，
所以，即MNDE是平行四边形.
所以，面，面，
所以面．
（2）取AD中点O，连接OP，OB，因为°，
所以△ADB是正角形，，且；
又因为△PAD是等腰三角形，，可知
因为，由勾股定理知
又因为，BO，AD⊂面ABCD，
所以PO⊥面ABCD，PO⊂面PAD，所以面PAD⊥面ABCD.
变式1．（2021秋·陕西渭南·高一统考期末）如图，在长方体中，，，点为的中点.求证：
(1)直线平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，根据得到证明.
（2）根据，得到平面，面，得到证明.
【详解】（1）连接，在中，P，O分别是，的中点，则.
又平面，平面，故平面.
（2）在长方体中，平面，平面，
故.
在长方体中，，故四边形为正方形.
故.
又，，平面，故平面.
又面，故平面平面.
变式2．（2023春·天津西青·高一天津市第九十五中学益中学校校考期中）如图，在直四棱柱中，平面，底面是菱形，且，E是BC的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：直线平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）连接D1C交DC1于点H，先证明HE//D1B，再由线面平行判定定理可证明；
（2）由题意可证明 DE⊥BC，CC1⊥DE，即可证明DE⊥平面B1BCC1;
（3）平面,则 是直线与平面所成角，代入，即可得出答案.
【详解】（1）因为：连接D1C交DC1于点H，则H为D1C中点,
点E为CD中点 ∴HE//D1B.
∵HE在平面C1DE内，D1B⊄平面C1DE.
直线BD1//平面C1DE.
（2）∵，E是BC的中点. ∴DE⊥BC,
∵CC1⊥平面ABCD 且DE在平面ABCD内,
∴CC1⊥DE,
∵CC1在平面B1BCC1内，CB在平面B1BCC1中且CC1∩BC＝C
∴DE⊥平面B1BCC1,
（3）
是等边三角形，取中点,
则,平面,平面
平面
是直线与平面所成角，
在中，
.
变式3．（2022春·福建·高一福建省泉州第一中学校考期中）三棱锥（如图1），O、E、F分别是线段、、的中点，G是中点（如图2）．
(1)若，，求证：
(2)求证：//平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）取的中点，连接，利用线面垂直的判定及性质推理作答.
（2）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
【详解】（1）在三棱锥中，取的中点，连接，如图，
因为，，则有，而平面，
因此平面，又平面，
所以.
（2）连接，连，因为E、F分别是线段、的中点，则点是的重心，
于是，又O是线段的中点，G是的中点，则，
即，因此，而平面，平面，
所以平面.
1．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.
因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
2．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.
(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）
连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]
过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
3．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
4．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
（3）过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.
一、单选题
1．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的个数为（ ）
①平面PBC②平面PCD ③平面PDA ④平面PBA
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】证明，即可证明②③正确；平面，故①错误，平面，故④错误．
【详解】对于①，平面，故①错误；
对于②，由于为的中点，为的中点，则， 平面，平面，则平面，故②正确；
对于③，由于，平面，平面，则平面，故③正确；
对于④，由于平面，故④错误．
故选：B
2．（2023·四川宜宾·统考三模）已知两个平面，，两条直线l，m，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若l，m是异面直线，，，，，则
【答案】D
【分析】根据直线、平面的位置关系一一判断求解.
【详解】对于A，若，，则或或与相交，A错误；
对于B，若，，，则与可以相交或平行，B错误；
对于C，若，，，，则与可以相交或平行，C错误；
对于D，因为，，所以存在直线，
因为l，m是异面直线，所以l与相交，
因为，所以，
又因为，，所以，D正确，
故选:D.
3．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥中，是的中点，点在侧面内及其边界上运动，并且总是保持平面．则动点的轨迹与组成的相关图形最有可能是图中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先分别取、的中点、，再证明面面，可知当在上移动时，面，能够保持平面，进而得到选项A符合题意．
【详解】分别取、的中点、，连接，，，
又∵是的中点，∴，，
又∵面，面， ∴面，面，
又∵， 平面，∴面面，
∴当在上移动时，面，此时能够保持平面，
则动点的轨迹与组成的相关图形是选项A
故选：A．
4．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将 沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（ ）
A．B．平面
C．平面D．平面平面
【答案】D
【分析】利用反证法可判断A；由二面角的变化可判断B；利用反证法结合面面平行的性质可判断C；利用面面垂直的判定定理可判断D．
【详解】对于D选项，翻折前，，，翻折后，，，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，平面平面，故D正确；
对于B选项，因为，，
则二面角的平面角为，
在翻折的过程中，的大小会发生变化，故与不一定垂直，
所以，与平面不一定垂直，故B错误；
对于A选项，设，在图一中，，
又因为，所以，，，
因为，所以，，
所以，，则，
在图二中，过点在平面内作，交于点，连接，
则，故，则，
因为，所以，不是的中点，
因为，，则，
若，因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，
因为、平面，且，所以，，
因为为的中点，则为的中点，与已知矛盾，故A错误；
由选项A知，因为，平面，平面，
所以，平面，
若平面，则，、平面，
所以，平面平面，
因为平面平面，平面平面，则，
因为为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，故C错误．
故选：D．
5．（2022·广西玉林·统考模拟预测）在棱长为2的正方体中，E为底面正方形对角线的交点，P为棱上的动点（不包括端点），则下列说法不正确的是（ ）
A．平面B．
C．当平面时，P为的中点D．的取值范围为
【答案】D
【分析】根据正方体的性质，结合勾股定理，线面平行的性质、线面垂直的判定定理性质进行逐一判断即可.
【详解】对于A，∵四边形为正方形，∴；
由正方体的性质知：平面，又平面，∴，
∵平面，，∴平面，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，当平面时，，可得P为的中点，C正确；
对于D， 因为，所以三角形是等腰三角形，而E为底面正方形对角线的交点，所以，
，由，有，可得，∴，故D不正确.
故选：D.
二、多选题
6．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）已知l，m为直线，为平面，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】求得位置关系判断选项A；求得位置关系判断选项B；求得位置关系判断选项C；求得位置关系判断选项D.
【详解】选项A：若，则存在直线，，
由，可得，则.判断正确；
选项B：若，则或.判断错误；
选项C：若，则或.判断错误；
选项D：若，则存在直线，，
由，可得，又，则.判断正确.
故选：AD
7．（2023·云南·校联考三模）下列说法错误的是（ ）
A．若直线不平行于平面，，则内不存在与平行的直线
B．若平面平面，平面平面，，则
C．设为直线，在平面内，则“”是“且”的充分不必要条件
D．若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补
【答案】BD
【分析】可根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的性质可判断B；根据线面垂直的判定定理及性质可判断C；根据，时的特殊情况进行判断.
【详解】选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故选项A正确；
选项B，由面面垂直的性质可知，若平面，则，但题目中不确定位置，可能出现，故选项B错误；
选项C，根据线面垂直的性质可知，可得到且，故满足充分性；
当直线不相交时，由线面垂直的判定定理知：且时，得不到，故不满足必要性，故选项C正确；
选项D，当，时，可满足题设条件，此时平面与平面所成的二面角为,平面与平面所成的二面角为，故选项D错误.
故选：BD.
8．（2021春·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）下列关于直线与平面间的位置关系的命题判断正确的是（ ）．
A．若空间中四条直线、、、，满足，、，则、的位置关系不确定
B．设、、均为直线，其中、在平面内，则“”是“且”的充分不必要条件
C．直线、互相平行的一个充分不必要的条件是、都垂直于同一个平面
D．已知、为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于
【答案】ABCD
【分析】根据线线，线面的位置关系，结合平行，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A. 若空间中四条直线、、、，满足，、，则、的位置关系不确定，故A正确；
B.根据线面垂直的性质可知，“”是“且”的充分条件，但反过来，如果
平行，就不能推出，所以“”是“且”的充分不必要条件，故B正确；
C.两直线垂直于同一个平面，两直线平行，但反过来，两直线平行，不一定垂直于平面，所以直线、互相平行的一个充分不必要的条件是、都垂直于同一个平面，故C正确；
D.设交线为，由条件可知，且，，、为异面直线，且与不平行，所以，故D正确.
故选：ABCD
三、填空题
9．（2023春·河北石家庄·高一河北赵县中学校联考阶段练习）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面.下列正确命题的序号是______.
①若，，，则 ②若，，，则
③若，，，则 ④若，，，则
【答案】②
【分析】举例说明判断①③④；利用相关性质推理判断②作答.
【详解】对于①，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，显然有，，，而，①错误；
对于②，因为，，当时，由，得，
当n不在平面内时，则存在过直线的平面与都相交，令交线分别为，
则有，而，，于是，因此，②正确；
对于③，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，满足，，，而，③错误；
对于④，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，满足，，，而，④错误，
所以正确命题的序号是②.
故答案为：②
10．（2023春·高一课时练习）如图，正方形ABCD，P是正方形平面外的一点，且平面ABCD，则在、、、、及中，直角三角形有_______个．
【答案】5
【分析】平面ABCD，得到，，是直角三角形，再确定，为直角三角形，不是直角三角形，得到答案.
【详解】平面ABCD，平面ABCD，则，，，
故，，是直角三角形；
平面ABCD，平面ABCD，则，又，，
平面，故平面，平面，故，
故是直角三角形，同理可得为直角三角形；
中，设，，则，，
，故不是直角三角形.
综上所述：共有个直角三角形.
故答案为：.
11．（2022·高一课时练习）如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中点，点F在线段上，当AF=___________时，CF⊥平面.
【答案】1或2/2或1
【分析】由已知判断平面，然后说明，设，通过勾股定理可求出.
【详解】由已知得平面，又平面，所以，
若CF⊥平面，则必有，
设，则，，，
所以由得，解得或2，
所以当或2时，CF⊥平面.
故答案为：1或2.
四、解答题
12．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）按要求作图：
(1)如图1，正方体，利用顶点及图中线段的中点，作出以下图形：
①平面内与平面平行的直线是______；
②与平面平行的平面是______．
(2)如图2，已知直三棱柱中，，作出：与平面垂直的平面以及两个面的交线，三棱柱内一条与平面垂直的直线及垂足．
【答案】(1)①答案见解析；②答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据正方体的性质可推得四边形是平行四边形，所以.进而根据线面平行的判定定理得出答案.同理可得出；根据正方体的定理推得.然后根据线面平行的判定定理，即可得出平面.即可根据面面平行的判定定理得出答案.同理可得出其他的平面；
（2）过点作，根据线面垂直的判定定理可得出平面，进而得出 .然后根据线面垂直的判定定理可得出平面.进而即可根据面面垂直的判定定理得出平面平面.根据面面垂直的性质，在三棱柱内，向交线做垂线，即为所求垂线.
【详解】（1）
①如图3，连接，
分别取分别为的中点，连接.
因为分别为的中点，
所以，，.
根据正方体的性质可知，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以.
因为平面，平面，
所以，平面.
同理可得，平面，平面.
图3，即为所作图象.
②
如图4，分别取为的中点，
连接，
则，，，.
根据正方体的性质可知，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以，.
因为平面，平面，
所以，平面.
因为，平面，平面，，
所以，平面平面.
同理，根据线面平行以及面面平行的判定定理，
可得平面平面，平面平面.
如图5，分别取分别为的中点，
连接，
则有，，且六点共面.
因为平面，平面，
所以，平面.
同理可得，平面.
因为，平面，平面，，
所以，平面平面.
综上所述，与平面平行的平面有平面，平面，平面，平面.
（2）
如图6，过点作，交于点，连接.
根据直三棱柱的性质可得，.
又因为，，平面，平面，
所以，平面.
又平面，所以.
又，，平面，平面，
所以，平面.
因为平面，所以，平面平面，
平面平面.
过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以，平面，即即为三棱柱内与平面垂直的直线，垂足为.
13．（2023春·北京房山·高一北师大良乡附中校考阶段练习）在正四棱柱中，，M是的中点．
(1)证明：平面．
(2)若正四棱柱的表面积是10，求该正四棱柱的外接球的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过找出线线平行，即，从而证明线面平行；
（2）先求出底面正方形的边长，再求出外接球的半径，再结合球的体积公式求解即可.
【详解】（1）连接BD，交AC于N，连接MN．
在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点，
又因为是的中点，
所以是的中位线，
所以，
因为面，面，
所以面
（2）设，
因为正四棱柱的表面积为10，
所以，
化简得，解得或（舍），
所以，，
所以正四棱柱的外接球的半径，
所以外接球的体积．
14．（2023春·山东滨州·高一山东省北镇中学校联考阶段练习）如图①，在梯形中，，，，将沿边翻折至，使得，如图②，过点作一平面与垂直，分别交于点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理得到，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）方法一：通过作垂线的方法得到垂线段的长度即为点到平面的距离，然后求距离即可；
方法二：利用等体积的方法求点到面的距离即可.
【详解】（1）证明：如图①，
，，，，
，，
如图②，∵，，，
，
，
，且，平面，
平面，
又平面，，
平面，且平面，，
又，且平面，平面．
（2）
方法一：过点作，垂足为，由（1）知平面，
而平面，
，
且，平面，平面，
则垂线段的长度即为点到平面的距离．
在中，，，，
，
，
由已知得，则，
由（1）知，，，
即点到平面的距离为．
方法二：求点到平面的距离，即求点到平面的距离，
由（1）知平面，平面，，
在直角三角形中，，，，
由等面积得，，
即，，
平面，且平面，，
由（1）知，∽，，
则在直角三角形中，，
设点到平面的距离为，
在三棱锥中，由等体积得，，
即
，
，
即点到平面的距离为．
15．（2023春·湖南衡阳·高二衡阳市八中校考阶段练习）如图，几何体为直四棱柱截去一个角所得，四边形是菱形，，，，P为的中点.
(1)证明：平面平面；
【解析】（1）如图，连接，四边形是菱形，，故为等边三角形，
故.
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面，
平面平面，即故平面平面.
16．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）如图，已知四棱锥底面是正方形，，、是的，中点，为线段上一个动点，平面交直线于点．
(1)若，平面平面，求证：；
(2)若，，求证：；
(3)直线是否可能与平面平行?若可能，请证明；若不可能，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）证明，根据面面垂直与线面垂直的性质即可证明；
（2）证明即可；
（3）取的中点，连接，可证明当为中点时平面.
【详解】（1）因为，是的中点，所以.
因为平面平面，平面平面,平面，
所以平面.
因为平面,所以.
（2）因为，是正方形，所以,.
因为，所以，即.
又，所以.
（3）取的中点，连接，
因为、是，的中点，所以，且.
又，且,所以，,
所以四边形是平行四边形，所以.
当为中点时，为中点，此时为的中位线，
所以，四点共面.
因为平面,平面,
所以平面.
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β
性质
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
性质定理
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥a,,l⊥b,,a∩b＝O,,a⊂α,,b⊂α))⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β))⇒l⊥α
1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，归纳出有关平行的性质定理和判定定理，并加以证明；
2.能利用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题．
3.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系，归纳出有关垂直的性质定理和判定定理，并加以证明；
4.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题．
1．直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
3.常用结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥B．
(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.
4．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
5.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
6．二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB．
(3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°.
7．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
8．常用结论
(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
1、线面平行的判定及其性质解题策略
(1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线．
(2)利用面面平行的性质证明线面平行时，关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往借助于比例线段或平行四边形．
(3)在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．
2、面面平行的判定及其性质解题策略
(1)判定面面平行的主要方法
①利用面面平行的判定定理．
②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．
(2)面面平行条件的应用
①两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行．
②两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．
3、证明平行关系的常用方法
熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．
4、证明平行关系的常用方法
熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．
5、证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．
(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．
(4)利用直线与平面垂直的性质．
6、面面垂直的判定及其性质的解题策略
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义．
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
7、平行、垂直关系的综合应用
(1)在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，
再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．
(2)在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件，同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系．特别在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．
考点一：直线与平面平行、垂直位置关系的判断
例1．（2023春·山东滨州·高一统考期中）设a，b是两条不同的直线，是平面，，那么“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】从充分性及必要性两个角度分析.
【详解】由线面平行性质定理，，，方可推出，“”不是“”的充分条件；
可在平面内找到一条直线与平行，不一定有，故“”不是“”的
必要条件；
综上， “”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
变式1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考期中）若为平面，有下列命题，其中真命题的是（ ）
A．若直线平行于平面内的无数条直线，则
B．若直线在平面外，则平面
C．若直线，直线平面，则平面
D．若直线平面，则平行于平面内的无数条直线
【答案】D
【分析】根据线面位置关系可直接判断.
【详解】A项还可能，故A错误；
B项还可能与平面相交，故B错误；
C项还可能，故C错误；
由直线与平面平行的性质以及平行的传递性可知D正确.
故选：D.
变式2．【多选】（2023春·广东广州·高一广州市第六十五中学校考期中）设l，m是空间中不同的直线，，，是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】AD
【分析】根据线面平行的判定定理，可判定A正确；根据两平行平面内的直线平行或异面，可判定B不正确；根据面面平行的判定定理，可判定C不正确；根据根据面面平行的性质，可判定D正确.
【详解】对于A中，.若，，，根据线面平行的判定定理，可得，
所以A正确；
对于B中，若，，，则直线与平行或异面，所以B不正确；
对于C中，若，，，，只有当与相交时，才能得到，所以C不正确；
对于D中，若，，，根据面面平行的性质，可得，
所以D正确.
故选：AD.
变式3．【多选】（2023春·吉林·高一校联考期中）设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】ABD
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.
【详解】A. 若，，，则或相交，因为若都与交线平行，此时，，但此时两个平面相交，故A错误；
B.直线垂直于平面的两条相交直线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误；
C. 若，，则，故C正确；
D. 若，，，则，或异面，故D错误.
故选：ABD
变式4．【多选】（2023春·浙江·高一路桥中学校联考期中），，是不同的直线，，是不同的平面，下面条件中能证明的是（ ）
A．，，，，
B．，，
C．，
D．，
【答案】AD
【分析】由线面垂直定义，线面垂直判定定理，面面垂直性质定理可判断选项正误.
【详解】A选项，可知直线与平面内两条相交直线垂直，则，故A正确；
B选项，缺少条件，不能保证，故B错误；
C选项，此时有可能与两平面交线不垂直，此时不能保证，故C错误；
D选项，因，，则，故D正确.
故选：AD
例2．（2023春·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，其中正确的是（ ）
A．B．与所成的角为60°
C．与是异面直线D．平面
【答案】ACD
【分析】将平面图形还原为立体图形，，，A正确B错误，观察知C正确，根据平面平面得到D正确，得到答案.
【详解】如图所示，将平面图形还原为立体图形，根据正方体的性质知：
，，故，A正确B错误；
与是异面直线，C正确；
平面平面，平面，平面，D正确.
故选：ACD
变式1．【多选】（2023春·浙江·高一湖州中学校联考期中）已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（ ）
A．平面B．
C．平面D．、、、四点共面
【答案】ABD
【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明
对于B项，从正方体的角度上看易得
对于D项，证明四边形是平行四边形可验证
对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角.
【详解】把正四面体放到正方体里，画图为：
对于A项，、分别为，的中点，
又平面且平面
平面，故A正确
对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确.
对于D项，、、、分别是棱，，，的中点
且
且
所以
所以四边形是平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确.
对于C项，若平面成立，即平面
又因为平面
所以
又因为、分别为，的中点，
所以
所以
而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确.
故选：ABD
变式2．【多选】（2023春·广西柳州·高一柳州地区高中校考期中）如图，正方体的棱长为，且，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．
C．直线与平面所成角为
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出EF与平面ABCD所成的线面角判断C；使用等积法求点到平面的距离.
【详解】在正方体中，取棱中点，连接，
因为M，N分别为AC，的中点，则，
因此四边形为平行四边形，则平面，
平面，所以平面，A正确；
因为平面，平面，则，所以，B正确；
显然平面，则是与平面所成的角，又，
有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；
等边三角形的面积为，设到平面的距离为，
由得，解得 ，D正确.
故选：ABD
考点二：证明线面平行
例3．（2023春·陕西西安·高一西北工业大学附属中学校考期中）如图：在正方体中，M为的中点.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点N，使得平面平面，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明可证明结论；
（2）上的中点N即满足平面平面，通过证明平面结合平面可证明结论.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO.
∵为正方体，底面为正方形，∴O为BD的中点.
∵M为的中点，在中，OM是的中位线，所以.
又平面，平面，∴平面；
（2）上的中点N即满足平面平面，
∵N为的中点，M为的中点，∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面；
由（1）知平面，
又∵，
∴平面平面.
变式1．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）在直三棱柱中，已知D为的中点. 求证：平面.
【答案】证明见解析
【分析】连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】证明：连接交于点，连接，如下图所示：
在三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
因为平面，平面，因此，平面.
变式2．（2023春·浙江宁波·高一效实中学校考期中）如图，四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)设直线与底面所成角的正切值为，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取底面中心，利用三角形中位线得线线平行，再证线面平行即可；
（2）根据线面夹角得定义及已知可求得AB长，再根据线面垂直判定直线与平面所成角即∠CPD，解三角形即可.
【详解】（1）连接，记，
为中点， 为中点， ，
又，，∴平面；
（2）因为平面， 所以即为直线与平面所成线面角，则.
因为矩形中，所以.
因为平面，平面，所以，
计算可得.
又，，，平面，所以，
所以即为直线与平面所成线面角，解得.
例4．（2023春·陕西延安·高一陕西延安中学校考期中）在四面体中，四边形是矩形，且.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明平面，即可证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据线面垂直的判定定理即可证明结论.
【详解】（1）证明：因为四边形是矩形，故,
由于平面,平面,
故平面,又平面,平面平面,
故,又平面,平面,
故平面.
（2）因为四边形是矩形，故，
由（1）知,故,
又，平面,
所以平面.
变式1．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意利用线面平行的性质定理即可证明；
（2）取的中点，连接，由（1）可证明是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得平面.
【详解】（1）根据题意可得，平面，
平面，且平面平面，
由线面平行的性质定理可得；
（2）取的中点为，连接，如下图所示：
由是的中点，是的中点，可得，且；
由（1）知，且，所以，且；
所以四边形是平行四边形，
即，又平面，平面；
所以平面.
变式2．（2023春·天津和平·高一天津市第二十一中学校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，N是PB中点，过A、N、D三点的平面交PC于M.求证：
(1)平面ANC；
(2)M是PC中点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连结BD，AC，设，连结NO，由线面平行的判定定理证明；
（2）先证线面平行，再由线面平行的性质定理得线线平行，从而得证结论．
【详解】（1）连结BD，AC，设，连结NO，
∵ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点，在中，N是PB的中点，
∴，
又平面ANC，平面ANC，
∴平面ANC.
（2）∵底面ABCD为平行四边形，
∴，
∵平面ADMN，平面ADMN，
∴平面ADMN.
∵平面平面，BC在面PBC内，
∴，又N是PB的中点，
∴M是PC的中点.
例5．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期中）如图,在四棱锥中,平面,平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧.
(1)证明:平面;
(2)若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,
【分析】(1)根据线面垂直的性质定理可得,根据线面平行的判定定理即可得平面,根据及线面平行的判定定理即可得平面,根据及面面平行的判定定理即可得平面平面,再根据面面平行的性质定理即可证明;
(2) 过作,垂足为,过作,垂足为,连接,过作,垂足为,连接,先根据线面垂直的判定定理证明平面,可得,同理可得,根据与的面积相等,底相同,可得高也相同,即,设,根据三角形相似及边长之间关系,找到各个长度,根据勾股定理求出,再求出,建立等式解出即可.
【详解】（1）证明:因为平面,
平面,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
因为底面为矩形,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
因为,
且平面,平面,
所以平面平面,
又因为平面,
所以平面;
（2）设线段上存在点使得与的面积相等,
过作,垂足为,
因为平面,
所以,
故,
所以,
故,
因为,
所以,
过作,垂足为,连接,
过作,垂足为,连接,如图所示:
因为底面,,
所以底面,
所以,
又,,
所以平面,
因为平面
则,
同理可得,
因为与的面积相等,
所以,
在中,根据等面积法可得,
则,
设,,
则,
因为,
所以,
所以,
因为,
所以,
所以,
整理得,
因为,所以,
故存在,且到的距离为.
【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中线面关系及点存在问题的综合问题,属于难题,关于点存在问题的解题方法有:
(1)先假设其存在;
(2)然后将假设作为条件与已知条件一起进行推理论证和计算;
(3)在推理论证和计算无误的前提下,得到了合理的结论,则说明存在;
(4)如果得到不合理的结论,则说明不存在.
变式1．（2023春·浙江·高一期中）三棱柱的棱长都为2，D和E分别是和的中点．
(1)求证：直线平面；
(2)若，点B到平面的距离为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明，即可得证；
（2）根据线面平行可得，由等体积法求解.
【详解】（1）在三棱柱中，，取中点F，连接DF，EF，
∵D和E分别是和的中点，
，
又面，面，且面，面，
∴//面，EF//面，又，面，
∴面//平面，而面DEF，故直线//平面．
法二，连接CE交于点G，连接CD交于点H，连接HG，如图，
在三棱柱中，，，
∴，，
∴，则，又面，面，
∴直线平面.
（2）如图，
∵直线//平面，
∴，又，
所以平行四边形边上的高，
由B到面的高，则.
考点三：证明面面平行
例6．（2023春·广东湛江·高一湛江二十一中校考期中）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1平面BCHG.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用中位线定理与空间平行线的传递性，推得，由此得证；
（2）利用线面平行的判定定理证得EF平面BCHG，A1E平面BCHG，从而利用面面平行的判定定理即可得证.
【详解】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点
∴GH是的中位线，∴GHB1C1，
又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，
∴B，C，H，G四点共面．
（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EFBC，
∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF平面BCHG，
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，
∴A1GEB，，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，
∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E平面BCHG，
∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1平面BCHG.
变式1．（2023春·山东临沂·高一校考期中）如图，已知点是正方形所在平面外一点，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)若中点为，求证：平面平面.
(3)若平面，，求直线与面所成的角.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，所以，从而得证；
（2）依题意可得即可得到平面，再结合（1）的结论，即可得证；
（3）依题意可得平面平面，由面面垂直的性质得到平面，则即为直线与面所成的角，再根据边长的关系得解.
【详解】（1）取的中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又是的中点，是正方形，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为为的中点，是的中点
所以，又平面，平面，所以平面，
又平面，，平面，所以平面平面.
（3）因为平面，平面，所以平面平面，
又为正方形，所以，平面，平面平面，
所以平面，
所以即为直线与面所成的角，又，所以为等腰直角三角形，
所以，
即直线与面所成的角为.
变式2．（2023春·河南洛阳·高一统考期中）如图所示，在三棱柱中， 分别是，，的中点，求证：
(1)平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）先证明平面，再证明平面,根据面面平行的判定定理即可证明结论.
【详解】（1）证明：∵分别是的中点，
∴,
又在三棱柱中，，
所以．
又平面， 平面，
所以平面.
（2）证明：由（1）知，平面，平面，
∴平面，
又∵分别为中点，
故，,
又∵，∴,
∴四边形为平行四边形，
∴,
又∵平面，平面，
∴平面,
又∵平面,
∴平面平面．
变式3．（2023春·陕西西安·高一西安市铁一中学校考期中）如图：已知三棱柱中，D为BC边上一点，为中点，且∥平面．证明：平面平面．
【答案】证明见解析
【分析】连接与交于点，由线面平行的性质定理可得，从而为中点，进而可得四边形为平行四边形，，由线面平行的判定定理得平面，再利用面面平行的判定定理证得结论.
【详解】
连接与交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，又为中点，∴为中点，
∵，且，
∴四边形为平行四边形，∴．
又平面，平面，∴平面．
又平面,，平面
所以平面平面．
变式4．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，在正四面体中，，，，分别是，，的中点，取，的中点，，点为平面内一点
(1)求证：平面平面
(2)若平面，求线段的最小值，
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面平行判定定理证明线面平行，再由面面平行判定定理证明面面平行即可；
（2）由面面平行确定点在线段上，再求在边上的高，即的最小值.
【详解】（1）∵，分别为，的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
∵，分别为，的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又∵，平面，平面，
∴平面平面.
（2）
由（1）知，平面平面，
∴若平面内存在一点，使平面，则在线段上，
∴线段的最小值为到直线的距离，即在边上的高，
∵，分别为，的中点，，分别为，的中点，
∴，
又∵，
∴，，
又∵，分别为，的中点，∴，同理，
∴当为中点时，，此时在边上的高，取最小值，
∴线段的最小值.
考点四：线面平行和面面平行性质的应用
例7．（2023春·福建·高一校联考期中）如图，在三棱台中，，，， 为线段中点，为线段上的点，平面．
(1)求证：点为线段的中点；
(2)求三棱台的表面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，设，由平面，证得，结合是的中点，得到点是的中点；
（2）根据题意，先求得上下底面正三角形的面积分别和，再结合侧面和侧面均为直角梯形，求得面积为，由侧面为等腰梯形，过点作，求得的长，得到侧面的面积为，即可求解.
【详解】（1）连接，设，连接、，
因为平面，平面，且平面平面，
所以，
又因为四边形是正方形，且是的中点，所以点是的中点.
（2）三棱台中，
因为，所以为等边三角形，
所以也为等边三角形，且，
上底面为等边三角形，其边长为1，可得面积为，
下底面为等边三角形，其边长为2，可得面积为，
又因为，所以侧面和侧面均为直角梯形，且，
其面积均为，
侧面为等腰梯形，其中，且,
过点作，垂足为，可得，
所以侧面的面积为，
所以三棱台的表面积为.
变式1．（2023春·浙江台州·高一台州一中校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，，，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC．
(1)判断M点在PB的位置并说明理由；
(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；
(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值．
【答案】(1)M为PB上靠近B的三等分点，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接BD交AC于O，由平面MAC，根据线面平行的性质可得答案；
（2）连接OP，则，由可求得结果；
（3）取AD中点H，过M作，可知，取AB靠近A的三等分点N，可知，所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由条件证得平面ABCD，平面ABCD，令，计算，，，，利用余弦定理，由得，解得，过G作交CD于Q，由平面MGQ得，所以就是所求二面角的平面角，求解即可.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OM，
因为平面MAC，平面PBD，平面平面，则．
因为，所以，
则O为BD靠近B的三等分点，所以M为PB上靠近B的三等分点．
（2）如图，连接OP，则，
因为，则．
（3）取AD中点H，连接PH，HB，
过M作，可知．
取AB靠近B的三等分点N，连接MN，NC，可知，
所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图．
因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，
所以平面ABCD，因此平面ABCD．
令，，计算得：，，，
，，
所以，，即，解得．
过G作交CD于Q，连接MQ．
平面ABCD，平面ABCD, ,
，平面MGQ，平面MGQ，
平面MGQ，，
所以就是所求二面角的平面角，
所以，．
变式2．（2023春·福建三明·高一三明一中校考期中）如图，已知四棱锥的底面为菱形，，，，为的中点，为的中点，平面过、、三点且与面交于直线，交于点.
(1)求证：面面；
(2)求证：；
(3)求平面与平面所成夹角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取中点记为，可得，，由勾股定理可证明，，从而得面，即可得证；
（2）取、中点分别记为、，可得四边形为菱形，记交于点，平分、，可知面，由且，故，进而证得结论；
（3）取中点记为，再取、上、两点，使得，，由（1）结论可知，面，进而可得，，故平面与平面所成夹角为，求解即可.
【详解】（1）取中点记为，连接和，
由于，，得为等边三角形，故，，
由，，得，则，，，
由，得，
由，，，、面，得面，
又由面，得面面；
（2）取、中点分别记为、，连接、、、、、，
由中位线定理得MN∥DC，MN＝DC，同理SR∥AB，SR＝AB，
又AB∥DC，AB＝DC，则MN∥SR，MN＝SR，则为平行四边形，
又NR＝CB，MN＝DC，CB＝DC，则NR＝MN，则四边形为菱形，
记交于点，平分、，
∵面且面，
又∵面且面，∴面，
在面中，且，故，
进而；
（3）取中点记为，再取、上、两点，
使得，，，
由（1）结论可知，面，又面，
故而，又，故而，
且有，，
连接，由，，，面，
则面，面，可知，
故平面与平面所成夹角为，，
即平面与平面所成夹角的正切值为.
例8．（2022春·黑龙江·高一哈九中校考期中）如图，平面平面平面，异面直线 分别与平面 相交于点和点．已知，，，求、、的长．
【答案】，，
【分析】连接交平面于点，连接，，利用面面平行的性质定理得到，，再根据三角形相似得到对应边的比例，利用相似比例即可得到答案.
【详解】连接交平面于点，连接，，
因为平面平面，平面平面于，平面平面于，
所以，所以，，
又因为，所以，
所以，
因为，，所以，，
所以，
因为平面平面，平面平面于，平面平面于，
所以，所以，，
又因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，，.
变式1．（2022秋·内蒙古呼和浩特·高一呼和浩特市第十四中学校考期末）如图，四边形ABEF和四边形ABCD均是直角梯形，，，，.
(1)求点F到平面ABCD的距离；
(2)证明：平面平面ADF，并说明在平面EBC上，一定存在过C的直线l与直线FD平行.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面ABCD即可；
（2）先证明平面平面ADF，再利用面面平行的性质定理证明.
【详解】（1）解：因为，
所以，
又，AB､CD是相交直线，
所以平面ABCD，
所以点F到平面ABCD的距离；
（2）证明：由题意得，平面ADF ，平面ADF ，
所以平面ADF，同理平面ADF，又，
所以平面平面ADF.
设平面平面，则l过C点，
因为平面平面ADF，平面平面，平面平面，
所以.
变式2．（2021春·广东中山·高一统考期末）如图所示，在正方体中，点在棱上，且，点、、分别是棱、、的中点，为线段上一点，．
（1）若平面交平面于直线，求证：；
（2）若直线平面，试作出平面与正方体各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹；设平面与棱交于点，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）作图步骤见解析，三棱锥的体积为
【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到，再结合线线平行的传递性即可证明结论；
（2）根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面与正方体各个面的交线即可；根据四点共面，且三角形与三角形面积相等，那么三棱锥的体积等于三棱锥的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．
【详解】解：（1）证明：在正方体中，
因为平面平面，平面平面，平面平面
所以，
因为点、 分别是棱、 的中点，
所以，
所以．
（2）作图步骤如下：
连接，过点作于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点交的延长线于点，
再连接交于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，再连接，，，
则图中，，，，，即为平面与正方体各个面的交线．
设，因为，
所以点为的中点，
又因为，所以点为中点，
所以，
所以，
又因为，即，解得，
∵，
，，
∴，
如上图，设为线段的中点，因为点是棱的中点，
所以在正方体中，有，
所以平面，所以
因为平面，所以，
因为，
所以平面，即平面与平面重合，
所以点在平面内，且三角形与三角形面积相等，
因为直线平面，平面，
所以，又因为△，
所以，
所以，
所以，，
所以三棱锥的体积为．
【点睛】本题考查面面平行的性质定理和线面平行的性质定理的应用，直线与平面垂直以及几何体的表面积和体积的求法，考查空间想象能力记忆计算能力，属于难题．其中第二问解题的关键字在于根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出图形，进而根据几何关系得到对应点的位置求解.
考点五：证明线线垂直
例9．（2023春·吉林·高一长春吉大附中实验学校校考期中）如图，边长为4的正方形中，点分别为的中点．将分别沿折起，使三点重合于点P．
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）根据棱锥的体积公式即可求得答案;
（3）作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为在正方形中，
折叠后即有，
又平面，
所以平面，而平面,
故；
（2）由题意知，故，
故；
（3）取线段的中点G，连接，
因为，
所以有，平面,平面,
所以即为二面角的平面角，
又由（1）得平面，平面，
故,而,,
故,
即二面角的余弦值为.
变式1．（2022春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第二高级中学校考期末）如图，在直三棱柱中，，G是棱的中点．
(1)证明：；
(2)证明：平面平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【分析】（1）由线面垂直得到，从而求出平面，得到；
（2）根据正方形得到，结合第一问求出的，得到平面，从而证明面面垂直.
【详解】（1）∵平面，且平面，
∴．
又因为，平面，
所以平面．
∵平面，
∴．
（2）∵，易知矩形为正方形，
∴．
由（1）知，又由于平面，
∴平面．
又∵平面，
∴平面平面．
变式2．（2023春·广东广州·高一广州市第七中学校考期中）如图，四棱锥的底面是矩形，平面，E，F分别的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得线面平行；
（2）结合线面垂直的判定定理来证得平面，进而可证明线线垂直.
【详解】（1）设是的中点，由于是的中点，
所以,
由于是的中点，四边形是矩形,
所以.
所以,
所以四边形是平行四边形,
所以,
因为平面,平面,
所以平面.
（2）由于平面，
平面，所以,
因为,,平面，
所以平面,
因为平面,所以,
因为是的中点,所以,
因为,平面,
以平面,
又因为平面,所以.
变式3．（2023春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期中）《九章算术，商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.”阳马是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.如图，已知四棱锥为一个阳马，面，是上的一点.
(1)求证：；
(2)若，分别是，的中点，求证：平面
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得；
（2）利用线面平行判定定理即可证得平面
【详解】（1）面，面，则，
又，，面，
则面，又面，则
（2）取中点T，连接，
又，则，
又，则，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面.
考点六：证明线面垂直
例10．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过勾股定理，证明出可证得平面.
（2）作，垂足为H，连结，证得为与平面所成的角，在中求即可.
【详解】（1）∵，，，
由勾股定理得：，
中，，
∵，∴，
又因为底面，底面，所以，
又因为且平面，∴平面，
（2）作，垂足为H，连结，
因为平面， 平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
所以为与平面所成的角，
中，，
，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
变式1．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图，在直三棱柱中， ，，、分别为、的中点．求证：平面.
【答案】证明见解析
【分析】证明出平面，可得出，再证明出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.
【详解】证明：因为，，则，所以，，
在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
连接，如下图所示：
因为平面，平面，所以，，同理，
在侧面内，则，又因为，
所以，四边形为正方形，故，
因为，、平面，因此，平面.
变式2．（2023春·四川成都·高一成都实外校考期末）如图四边形ABCD是矩形，平面BCE，，点F为线段BE的中点.
(1)求证：平面ABE；
(2)求证：平面ACF.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案；
（2）连接交于点，连接，由中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得答案.
【详解】（1）因为平面BCE，平面BCE，所以，
因为，，平面，
所以平面ABE；
（2）
连接交于点，连接，所以点为中点，
因为点F为线段BE的中点，所以，因为平面，平面，
所以平面.
变式3．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨三中校考期中）已知棱长均相等的正三棱柱，M，N分别为棱，中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析；
【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；
（2）利用线面垂直判定定理即可证得平面．
【详解】（1）设，连接
又棱长均相等的正三棱柱中，M，N分别为棱，中点．
则，，
则，则四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
则平面；
（2）取中点S，连接，则
又面面，面面，面，
则面，又面，则
又正方形中，，则,
则，又，
则，则，
又，，面，
则面，又面，则，
又正方形中，，，
平面，则平面．
变式4．（2023春·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考期中）如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，交于点，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用已知条件结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面角的定义进行求解即可.
【详解】（1）在正方形中，，
因为，所以，
又因为侧面是正方形，所以，
因为平面，
所以平面，
而平面，则，而，
∴，而，
又平面，
∴平面
（2）连接，如图所示：
∵为正方形，，
∴，
而平面，
∴平面，
∴为直线与平面所成的角，
∵，
∴，
所以直线与平面所成的角为.
变式5．（2023春·广东广州·高一广州四十七中校考期中）如图，在三棱锥中，底面，点D、E分别在棱上，且．
(1)求证平面；
(2)当D为的中点时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质及判定推理作答.
（2）结合（1）的结论及已知，利用线面角的定义，求出AD与平面PAC所成角的正弦值.
【详解】（1）在三棱锥中，底面，底面，则，
而，有，又，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，平面，而，则平面，
于是是与平面所成的角，
令，在中，，，D为的中点，则有，
显然为的中位线，于是，
在中，，
所以与平面所成角的正弦值是.
变式6．（2023春·天津和平·高一天津一中校考期中）如图，已知平面ABC，，，，，，点和分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面，得到平面，即可得到平面平面，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用面面垂直的性质定理即可得到平面；
（2）根据，点为中点得到，即可将直线与平面所成角转化为直线与平面所成角，由（1）的结论可得为直线与平面所成角，然后利用勾股定理得到，的长度，即可求直线与平面所成角.
【详解】（1）∵平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面，
∵，点为中点，
∴，
∵平面平面，平面，
∴平面.
（2）
取中点，连接，，
∵，，，点为中点，
∴四边为平行四边形，∴，
∴直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
∵平面，
∴为直线与平面所成角，
∵点为中点，，
∴，，，
∴，又，所以，
所以直线与平面所成角为.
考点七：证明面面垂直
例11．（2023春·吉林·高一长春吉大附中实验学校校考期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面⊥底面，且，设E，F分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面⊥平面；
(3)求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析；
(3)
【分析】（1）利用线面平行判断判定定理即可证得平面；
（2）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得平面⊥平面；
（3）先求得直线与平面所成角的正弦值，进而求得该角的大小.
【详解】（1）取中点S，中点T，连接,
又E，F分别为，的中点，
则 ,
又，则，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面.
（2）在△中，，，
由，可得，
由面⊥面，面面，
，面，可得面，
又面，则，
又，，面，
则面，又面，
则平面⊥平面；
（3）连接，△中，，则，
又面⊥面，面面，面，
则面，则为点P到面的距离，
又E为的中点，则点E到面的距离为，
又△中，，，，
则，，则点E到面的距离为，
又，
设直线与平面所成角为，则，
又，则
则直线与平面所成角的大小为
变式1．（2023春·安徽六安·高一六安一中校考期中）在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，顶点在平面的射影为边的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再根据面面垂直判定定理证明面面垂直即可；
（2）应用等体积方法求解点到平面距离.
【详解】（1）且为的中点，，
又平面平面，
平面.故平面，又平面，
平面平面.
（2）设点到平面的距离为是边长为2的正三角形，，
根据等体积公式可得，解得-
变式2．（2023春·浙江杭州·高一杭师大附中校考期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，．
(1)求证：平面平面ABC；
(2)求SC与平面SAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，则，连接,,利用勾股定理得出，然后利用线面垂直判定定理得出平面，再利用面面垂直判定定理即可得出结论.
（2）由（1）知，作，连接，由面面垂直的性质定理知平面，故即为所求角，再由，即可得出答案.
【详解】（1）取中点，连接，，
，，
，，，
，又平面，平面，
且，所以平面，
又平面，所以平面平面ABC.
（2）由（1）知，过作于，连接，如图，
平面平面ABC，平面平面,
平面，则平面，
即为SC与平面SAB所成的角，
在中，，
，
故SC与平面SAB所成的角的正弦值为.
变式3．（2023春·福建南平·高一福建省政和第一中学校考期中）如图，是的直径，点是上的动点，垂直于所在的平面
(1)证明：平面丄平面；
(2)设 ，求点A到平面PBC的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过证明，可证明结论；（2）过A作PC垂线，垂足为D.由（1）可得AD为点A到平面PBC的距离，即可得答案.
【详解】（1）因是的直径，则.
因垂直于所在的平面，平面ABC，则.
因平面PAC，则平面PAC.
又平面PBC，则平面丄平面；
（2）如图，过A作PC垂线，垂足为D.
因平面丄平面，平面平面，平面PAC，则平面PBC，即AD为点A到平面PBC的距离.
又，垂直于所在的平面，则.
则在中，.
即点A到平面PBC的距离为.
考点八：面面垂直性质的应用
例12．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，为棱的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角平面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）分析出二面角的平面角为，分析出为等腰直角三角形，即可得出结果.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，
平面，因此，平面.
（2）解：因为四边形为正方形，则，且，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，则二面角的平面角为，
因为，，所以，为等腰直角三角形，且.
故二面角为.
变式1．（2023春·广东深圳·高一翠园中学校考期中）如图，在平面五边形ABCDE中，AB//DC，∠BCD＝90°，，，，，，，垂足为H，将△ADE沿折起（如图），使得平面ADE⊥平面ABCD．
(1)求证：⊥平面ABCD；
(2)求三棱锥的体积；
(3)在线段BE上是否存在点M，使得//平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由面面垂直的性质证明即可；
（2）利用等体积法，由求解即可；
（3）过点H作平行线得出与平面CDE平行的平面，然后利用三角形一边平行线的性质求解.
【详解】（1）因为，平面平面ABCE，平面平面，平面ADE，
所以⊥平面ABCD；
（2）在直角三角形ADE中，∵，，∴，
，∴，
∠BCD＝90°，，
的面积，
所以三棱锥C－ADE的体积为；
（3）方法一：过点H作HN∥DE交AE于点N，过点N作NM∥AB交EB于点M，连接．
又因为AB∥DC，所以∥，又平面CDE，平面CDE，
所以∥平面CDE，同理∥平面CDE，
又因为，平面，平面，
所以平面//平面CDE．
因为平面，所以//平面CDE．
在中，，，
又，，，
，
又，
所以在线段BE上是否存在点M，使得∥平面，且.
方法二：过点H作//交于点G，过点G作//交EB于点M，连接．
又因为∥，平面，平面，
所以∥平面，同理∥平面．
又因为，平面，平面，
所以平面∥平面．
因为平面，所以∥平面．
在中，，，
又，，，
，，
又，，
所以在线段BE上是否存在点M，使得∥平面，且．
变式2．（2023春·安徽六安·高一六安一中校考期中）如图，在三棱柱中，，平面平面.
(1)求证：；
(2)点E是线段BC中点，在线段上是否存在点F，使得平面，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）利用线面垂直和面面垂直的性质定理即可求解；
（2）利用三角形的中位线定理及平行四边形的判定定理和性质定理，结合线面平行的判定定理即可求解.
【详解】（1）因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又因为平面，
所以.
（2）存在，且点是线段的中点，理由如下：
取的中点G，连接FG，GC.如图所示
在中，因为F，G分别是，的中点，
所以，且.
在平行四边形中，因为E是BC的中点，
所以，且，
所以，且
所以平行四边形FECG是平行四边形，
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
故存在，且点是线段的中点，使得平面.
变式3．（2022春·甘肃兰州·高一兰州市第二中学校考期末）如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）作出辅助线，得到面面平行，从而得到线面平行；
（2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合勾股定理逆定理得到线面垂直.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．
，分别是和的中点，
，．
又四边形为正方形，
，从而．
平面，平面，
平面，
同理平面，又，
平面平面，
∵平面，
则平面；
（2）为正方形，
．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，平面，则，
，，
，则，得．
又，平面，
平面；
考点九：线面平行与垂直关系的探索性问题
例13．（2023春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第三高级中学校考期中）如图所示，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，点分别是棱上的点，点是线段上的动点，．
(1)当点M在何位置时，平面?
(2)若平面，求与所成的角的余弦值．
【答案】(1)点为的中点
(2)
【分析】（1）分别取的中点为，连接．可推得四边形为平行四边形，．进而根据线面平行的判定定理，得出线面平行；
（2）由（1）知，与所成的角（或其补角），即等于与所成的角.然后构造直角三角形，可推得，，，进而得出，在中，即可得出答案.
【详解】（1）
如图1所示，分别取的中点为，连接．
因为分别是的中点，
所以，且.
又因为，
所以，所以.
又，所以.
所以四边形为平行四边形，
所以．
因为平面，平面，
所以平面.
所以，当点为的中点时，有平面.
（2）由（1）知，点为的中点，且与异面.
因为，
所以与所成的角（或其补角），即等于与所成的角.
由已知可得，，，
所以.
如图2，取中点为，连接，易知，
则，，
所以，，
所以.
因为是的中点，所以，
所以，，
所以，在中，有，
所以与所成的角的余弦值为．
变式1．（2021春·内蒙古包头·高一统考期末）如图，在四棱锥中，已知底面是菱形，且对角线与相交于点.
(1)若，求证：平面平面；
(2)设点为的中点，在棱上是否存在点，使得平面？请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）先证明平面，再证明平面平面即可；
（2）存在棱的中点使得平面，可使用线面平行判定定理证明.
【详解】（1）
由已知，为中点，连接，若，则，
又∵底面是菱形，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，∴平面平面.
（2）
棱上存在点，使得平面，为中点，证明如下：
取的中点，连接，，∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
故存在棱的中点使得平面.
变式2．（2022春·山东聊城·高一山东聊城一中校考期中）如图，四棱锥的底面为平行四边形，分别为的中点.
(1)证明：AF平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面，并给出必要的证明.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）取中点，证明四边形为平行四边形即可；
（2）设，取中点，先证明平面，即可证明点在线段靠近端的三等分点时符合题意.
【详解】（1）证明：取中点，连接，在中，为的中点，
.
为的中点，，
即四边形为平行四边形，.
平面平面平面.
（2）设，取中点，连接，则在中，
分别是的中点，
平面平面，
平面.
与相似，且相似比为，
为的三等分点.
在点位置时满足平面.
即点在线段靠近端的三等分点时符合题意.
例14．（2022春·山西大同·高一大同市第二中学校校考期中）如图，在正方体中，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，理由见解析．
【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行.
【详解】（1）证明：如图，连接交于，连接.
因为为正方体，底面为正方形，对角线，交于点，
所以为的中点，
又因为为的中点，
所以在中，是的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：当上的点为中点时，即满足平面平面，理由如下：
连接，，
因为为的中点，为的中点，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
由（１）知平面，
又因为，，平面，
所以平面平面.
变式1．（2023春·天津西青·高一天津市西青区杨柳青第一中学校考期中）如图，四棱锥中，，，为的中点．
(1)求证：平面.
(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）利用构造平行四边形的方法证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）点为线段的中点，再利用面面平行判定定理证明，即可证明平面平面．
【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，．
因为为的中点，
所以，．
又，，
所以，．
因此四边形是平行四边形，
所以．
又平面，平面，
因此平面．
（2）解：如图所示，取的中点，连接，，
所以
又，所以．
又，所以四边形为平行四边形，
因此．
又平面，所以平面．
由（1）可知平面．
因为，故平面平面．
变式2．（2023春·河南洛阳·高一校考期中）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点．
(1)求证：平面．
(2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）根据中位线的性质可得A，再根据线面平行的判定可得B即可；
（2）取的中点，连接，根据中位线的性质判定即可
【详解】（1）证明：因为，分别为线段的中点所以A.因为，所以B.又因为平面，平面，所以平面．
（2）取的中点，连接，因为为的中点所以．
因为平面，平面，所以平面，
同理可得，平面，又因为，，平面，所以平面平面
故在线段上存在一点，使平面平面．
例15．（2020秋·安徽亳州·高一统考期末）如图，在四棱锥A－BCDE中，四边形BCDE为菱形，，，AE＝AC，点G是棱AB上靠近点B的三等分点，点F是AC的中点．
(1)证明：∥平面CEG．
(2)点H为线段BD上一点，设，若AH⊥平面CEG，试确定t的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)0.
【分析】（1）取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO，由三角形中位线定理可得∥，∥，然后先证得线面平行，再可证得面面平行；
（2）由已知可得△ABC≌△ABE，则GC＝GE，得OC⊥OG，结合已知可得OC⊥平面ABD，则OC⊥AG，利用余弦定理求出，再由勾股定理的逆定理可得BG⊥OG，由线面垂直的判定可得AG⊥平面CEG，从而可得H与B重合，进而可求得结果.
【详解】（1）证明：如图，取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO．
在△ACG中，F，Ⅰ分别为AC，AG的中点，所以∥，
同理，在△BDⅠ中，有∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为，平面，
所以平面∥平面，
又平面ⅠFD，
所以∥平面CEG．
（2）解：因为底面BCDE是菱形，所以OC⊥OD．
因为AE＝AC，BC＝BE，所以△ABC≌△ABE，
则GC＝GE，
又因为点O是EC的中点，所以OC⊥OG．
因为，平面ABD，
所以OC⊥平面ABD，
因为平面ABD，
所以OC⊥AG．
因为，，
所以，
则，
则，所以BG⊥OG．
又因为，平面CEG，
所以AG⊥平面CEG．
若AH⊥平面CEG，则H与B重合．
故．
变式1．（2022春·河南开封·高一统考期末）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，且，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，
【分析】（1）取中点，由证得四边形为平行四边形，进而证得，即可证得平面；
（2）存在点，，先求出，再由余弦定理求得，结合勾股定理证得，又，即可证得平面.
【详解】（1）
取中点，连接，因为是的中点，则，又，
则，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面；
（2）
存在点，使得平面，此时，证明如下：
连接，易得，又底面，底面，则，
则，，则，，又，
，由余弦定理得，，则，
，又，，平面，则平面，故存在点，使得平面，此时.
变式2．（2022春·北京·高一北京市陈经纶中学校考期中）如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：平面PAD；
(2)试确定当△PAD中PA与AD满足什么关系时，MN⊥平面PCD？并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)当时，MN⊥平面PCD
【分析】（1）根据题意可证∥且，则为平行四边形，即∥，结合线面平行的判定定理说明；（2）根据线面垂直的判定和性质均可得MN⊥平面PCD⊥PD．
【详解】（1）取的中点，连接
∵分别为的中点，则∥且
又∵M是AB的中点且四边形ABCD为矩形，则∥且
则∥且，即为平行四边形，则∥
平面PAD，平面PAD
∴平面PAD
（2）若MN⊥平面PCD，∥，则⊥平面PCD
∴⊥PD，且为的中点
∴
若且为的中点，则⊥PD
∵PA⊥平面ABCD，则PA⊥CD
四边形ABCD为矩形，则AD⊥CD
，则CD⊥平面PAD
平面PAD，则⊥CD
，则⊥平面PCD
∥，则MN⊥平面PCD
综上所述：当时，MN⊥平面PCD
例16．（2021春·北京·高一北京市八一中学校考期末）如图所示，在正四棱柱中，是线段上的动点.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接，，根据正四棱柱的性质可得平面，平面，即可得到平面平面，即可得证；
（2）首先证明面，即可得到平面平面，依题意平面与面重合时满足平面平面，即可确定的位置，从而得解；
【详解】解：（1）连接，，在正四棱柱中，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，
且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，
又，面，所以平面平面，又平面，
所以平面
（2）因为在正四棱柱，，面，面，所以， ，面，所以面，因为平面，所以平面平面，因为面面，
要使平面平面，则平面与面重合，即在的中点时满足题意，所以
变式1．（2022春·辽宁葫芦岛·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，已知，且平面，，．
(1)在线段FG上确定一点M使得平面平面PFG，并说明理由；
(2)若二面角的余弦值为，求PG与平面PEM所成角的正切值．
【答案】(1)为中点，理由见解析
(2)
【分析】（1）为中点，连接，，过作于，由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由线面角与二面角的定义求解即可
【详解】（1）为中点，证明如下：
连接，，过作于，
于是在中，，，故；
在中，，，故
所以，为等腰三角形
又平面，
所以，为等腰三角形
故在等腰三角形和等腰三角形中有，
又，且，平面
平面，
又平面，
平面平面．
（2）由（1）的结果可知，为二面角的平面角，
在中，，，
，，
所以，
由（1）中证明可知平面
故与平面所成角为
在中，，又
与平面所成角的正切值为
变式2．（2021·浙江·高一期末）如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为a的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，若G为的中点，E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在一点F，使平面平面，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）点为的中点，证明见解析.
【解析】（1）连接，可证明四边形是平行四边形，得出，利用线面平行的判断定理即可证明；
（2）猜想点为的中点时，平面平面，再利用面面垂直的性质定理证明平面，，可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】
（1）连接，
因为为的中点，为的中点，
所以，，
因为底面是菱形，所以，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
（2）点为的中点时，平面平面，
证明如下：因为侧面为正三角形，G为的中点，
所以，
因为平面平面，
平面平面，
，平面，
所以平面，
连接交于点，则点是的中点，
所以，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
考点十：平行与垂直的综合应用
例17．（2023春·浙江·高一路桥中学校联考期中）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，，M，N分别为PB，DC的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：面面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取PA中点E，连接DE，ME，由题意可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取AD中点O，连接OP，OB，由题意可证得，再由线面垂直的判定定理可证得PO⊥面ABCD，再由面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）取PA中点E，连接DE，ME
因为ME是中位线，所以，且；
又ABCD是菱形，则且，
所以，即MNDE是平行四边形.
所以，面，面，
所以面．
（2）取AD中点O，连接OP，OB，因为°，
所以△ADB是正角形，，且；
又因为△PAD是等腰三角形，，可知
因为，由勾股定理知
又因为，BO，AD⊂面ABCD，
所以PO⊥面ABCD，PO⊂面PAD，所以面PAD⊥面ABCD.
变式1．（2021秋·陕西渭南·高一统考期末）如图，在长方体中，，，点为的中点.求证：
(1)直线平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，根据得到证明.
（2）根据，得到平面，面，得到证明.
【详解】（1）连接，在中，P，O分别是，的中点，则.
又平面，平面，故平面.
（2）在长方体中，平面，平面，
故.
在长方体中，，故四边形为正方形.
故.
又，，平面，故平面.
又面，故平面平面.
变式2．（2023春·天津西青·高一天津市第九十五中学益中学校校考期中）如图，在直四棱柱中，平面，底面是菱形，且，E是BC的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：直线平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）连接D1C交DC1于点H，先证明HE//D1B，再由线面平行判定定理可证明；
（2）由题意可证明 DE⊥BC，CC1⊥DE，即可证明DE⊥平面B1BCC1;
（3）平面,则 是直线与平面所成角，代入，即可得出答案.
【详解】（1）因为：连接D1C交DC1于点H，则H为D1C中点,
点E为CD中点 ∴HE//D1B.
∵HE在平面C1DE内，D1B⊄平面C1DE.
直线BD1//平面C1DE.
（2）∵，E是BC的中点. ∴DE⊥BC,
∵CC1⊥平面ABCD 且DE在平面ABCD内,
∴CC1⊥DE,
∵CC1在平面B1BCC1内，CB在平面B1BCC1中且CC1∩BC＝C
∴DE⊥平面B1BCC1,
（3）
是等边三角形，取中点,
则,平面,平面
平面
是直线与平面所成角，
在中，
.
变式3．（2022春·福建·高一福建省泉州第一中学校考期中）三棱锥（如图1），O、E、F分别是线段、、的中点，G是中点（如图2）．
(1)若，，求证：
(2)求证：//平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）取的中点，连接，利用线面垂直的判定及性质推理作答.
（2）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
【详解】（1）在三棱锥中，取的中点，连接，如图，
因为，，则有，而平面，
因此平面，又平面，
所以.
（2）连接，连，因为E、F分别是线段、的中点，则点是的重心，
于是，又O是线段的中点，G是的中点，则，
即，因此，而平面，平面，
所以平面.
1．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.
因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
2．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.
(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）
连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]
过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
3．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
4．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
（3）过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.
一、单选题
1．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的个数为（ ）
①平面PBC②平面PCD ③平面PDA ④平面PBA
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】证明，即可证明②③正确；平面，故①错误，平面，故④错误．
【详解】对于①，平面，故①错误；
对于②，由于为的中点，为的中点，则， 平面，平面，则平面，故②正确；
对于③，由于，平面，平面，则平面，故③正确；
对于④，由于平面，故④错误．
故选：B
2．（2023·四川宜宾·统考三模）已知两个平面，，两条直线l，m，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若l，m是异面直线，，，，，则
【答案】D
【分析】根据直线、平面的位置关系一一判断求解.
【详解】对于A，若，，则或或与相交，A错误；
对于B，若，，，则与可以相交或平行，B错误；
对于C，若，，，，则与可以相交或平行，C错误；
对于D，因为，，所以存在直线，
因为l，m是异面直线，所以l与相交，
因为，所以，
又因为，，所以，D正确，
故选:D.
3．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥中，是的中点，点在侧面内及其边界上运动，并且总是保持平面．则动点的轨迹与组成的相关图形最有可能是图中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先分别取、的中点、，再证明面面，可知当在上移动时，面，能够保持平面，进而得到选项A符合题意．
【详解】分别取、的中点、，连接，，，
又∵是的中点，∴，，
又∵面，面， ∴面，面，
又∵， 平面，∴面面，
∴当在上移动时，面，此时能够保持平面，
则动点的轨迹与组成的相关图形是选项A
故选：A．
4．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将 沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（ ）
A．B．平面
C．平面D．平面平面
【答案】D
【分析】利用反证法可判断A；由二面角的变化可判断B；利用反证法结合面面平行的性质可判断C；利用面面垂直的判定定理可判断D．
【详解】对于D选项，翻折前，，，翻折后，，，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，平面平面，故D正确；
对于B选项，因为，，
则二面角的平面角为，
在翻折的过程中，的大小会发生变化，故与不一定垂直，
所以，与平面不一定垂直，故B错误；
对于A选项，设，在图一中，，
又因为，所以，，，
因为，所以，，
所以，，则，
在图二中，过点在平面内作，交于点，连接，
则，故，则，
因为，所以，不是的中点，
因为，，则，
若，因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，
因为、平面，且，所以，，
因为为的中点，则为的中点，与已知矛盾，故A错误；
由选项A知，因为，平面，平面，
所以，平面，
若平面，则，、平面，
所以，平面平面，
因为平面平面，平面平面，则，
因为为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，故C错误．
故选：D．
5．（2022·广西玉林·统考模拟预测）在棱长为2的正方体中，E为底面正方形对角线的交点，P为棱上的动点（不包括端点），则下列说法不正确的是（ ）
A．平面B．
C．当平面时，P为的中点D．的取值范围为
【答案】D
【分析】根据正方体的性质，结合勾股定理，线面平行的性质、线面垂直的判定定理性质进行逐一判断即可.
【详解】对于A，∵四边形为正方形，∴；
由正方体的性质知：平面，又平面，∴，
∵平面，，∴平面，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，当平面时，，可得P为的中点，C正确；
对于D， 因为，所以三角形是等腰三角形，而E为底面正方形对角线的交点，所以，
，由，有，可得，∴，故D不正确.
故选：D.
二、多选题
6．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）已知l，m为直线，为平面，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】求得位置关系判断选项A；求得位置关系判断选项B；求得位置关系判断选项C；求得位置关系判断选项D.
【详解】选项A：若，则存在直线，，
由，可得，则.判断正确；
选项B：若，则或.判断错误；
选项C：若，则或.判断错误；
选项D：若，则存在直线，，
由，可得，又，则.判断正确.
故选：AD
7．（2023·云南·校联考三模）下列说法错误的是（ ）
A．若直线不平行于平面，，则内不存在与平行的直线
B．若平面平面，平面平面，，则
C．设为直线，在平面内，则“”是“且”的充分不必要条件
D．若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补
【答案】BD
【分析】可根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的性质可判断B；根据线面垂直的判定定理及性质可判断C；根据，时的特殊情况进行判断.
【详解】选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故选项A正确；
选项B，由面面垂直的性质可知，若平面，则，但题目中不确定位置，可能出现，故选项B错误；
选项C，根据线面垂直的性质可知，可得到且，故满足充分性；
当直线不相交时，由线面垂直的判定定理知：且时，得不到，故不满足必要性，故选项C正确；
选项D，当，时，可满足题设条件，此时平面与平面所成的二面角为,平面与平面所成的二面角为，故选项D错误.
故选：BD.
8．（2021春·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）下列关于直线与平面间的位置关系的命题判断正确的是（ ）．
A．若空间中四条直线、、、，满足，、，则、的位置关系不确定
B．设、、均为直线，其中、在平面内，则“”是“且”的充分不必要条件
C．直线、互相平行的一个充分不必要的条件是、都垂直于同一个平面
D．已知、为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于
【答案】ABCD
【分析】根据线线，线面的位置关系，结合平行，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A. 若空间中四条直线、、、，满足，、，则、的位置关系不确定，故A正确；
B.根据线面垂直的性质可知，“”是“且”的充分条件，但反过来，如果
平行，就不能推出，所以“”是“且”的充分不必要条件，故B正确；
C.两直线垂直于同一个平面，两直线平行，但反过来，两直线平行，不一定垂直于平面，所以直线、互相平行的一个充分不必要的条件是、都垂直于同一个平面，故C正确；
D.设交线为，由条件可知，且，，、为异面直线，且与不平行，所以，故D正确.
故选：ABCD
三、填空题
9．（2023春·河北石家庄·高一河北赵县中学校联考阶段练习）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面.下列正确命题的序号是______.
①若，，，则 ②若，，，则
③若，，，则 ④若，，，则
【答案】②
【分析】举例说明判断①③④；利用相关性质推理判断②作答.
【详解】对于①，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，显然有，，，而，①错误；
对于②，因为，，当时，由，得，
当n不在平面内时，则存在过直线的平面与都相交，令交线分别为，
则有，而，，于是，因此，②正确；
对于③，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，满足，，，而，③错误；
对于④，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，满足，，，而，④错误，
所以正确命题的序号是②.
故答案为：②
10．（2023春·高一课时练习）如图，正方形ABCD，P是正方形平面外的一点，且平面ABCD，则在、、、、及中，直角三角形有_______个．
【答案】5
【分析】平面ABCD，得到，，是直角三角形，再确定，为直角三角形，不是直角三角形，得到答案.
【详解】平面ABCD，平面ABCD，则，，，
故，，是直角三角形；
平面ABCD，平面ABCD，则，又，，
平面，故平面，平面，故，
故是直角三角形，同理可得为直角三角形；
中，设，，则，，
，故不是直角三角形.
综上所述：共有个直角三角形.
故答案为：.
11．（2022·高一课时练习）如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中点，点F在线段上，当AF=___________时，CF⊥平面.
【答案】1或2/2或1
【分析】由已知判断平面，然后说明，设，通过勾股定理可求出.
【详解】由已知得平面，又平面，所以，
若CF⊥平面，则必有，
设，则，，，
所以由得，解得或2，
所以当或2时，CF⊥平面.
故答案为：1或2.
四、解答题
12．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）按要求作图：
(1)如图1，正方体，利用顶点及图中线段的中点，作出以下图形：
①平面内与平面平行的直线是______；
②与平面平行的平面是______．
(2)如图2，已知直三棱柱中，，作出：与平面垂直的平面以及两个面的交线，三棱柱内一条与平面垂直的直线及垂足．
【答案】(1)①答案见解析；②答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据正方体的性质可推得四边形是平行四边形，所以.进而根据线面平行的判定定理得出答案.同理可得出；根据正方体的定理推得.然后根据线面平行的判定定理，即可得出平面.即可根据面面平行的判定定理得出答案.同理可得出其他的平面；
（2）过点作，根据线面垂直的判定定理可得出平面，进而得出 .然后根据线面垂直的判定定理可得出平面.进而即可根据面面垂直的判定定理得出平面平面.根据面面垂直的性质，在三棱柱内，向交线做垂线，即为所求垂线.
【详解】（1）
①如图3，连接，
分别取分别为的中点，连接.
因为分别为的中点，
所以，，.
根据正方体的性质可知，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以.
因为平面，平面，
所以，平面.
同理可得，平面，平面.
图3，即为所作图象.
②
如图4，分别取为的中点，
连接，
则，，，.
根据正方体的性质可知，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以，.
因为平面，平面，
所以，平面.
因为，平面，平面，，
所以，平面平面.
同理，根据线面平行以及面面平行的判定定理，
可得平面平面，平面平面.
如图5，分别取分别为的中点，
连接，
则有，，且六点共面.
因为平面，平面，
所以，平面.
同理可得，平面.
因为，平面，平面，，
所以，平面平面.
综上所述，与平面平行的平面有平面，平面，平面，平面.
（2）
如图6，过点作，交于点，连接.
根据直三棱柱的性质可得，.
又因为，，平面，平面，
所以，平面.
又平面，所以.
又，，平面，平面，
所以，平面.
因为平面，所以，平面平面，
平面平面.
过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以，平面，即即为三棱柱内与平面垂直的直线，垂足为.
13．（2023春·北京房山·高一北师大良乡附中校考阶段练习）在正四棱柱中，，M是的中点．
(1)证明：平面．
(2)若正四棱柱的表面积是10，求该正四棱柱的外接球的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过找出线线平行，即，从而证明线面平行；
（2）先求出底面正方形的边长，再求出外接球的半径，再结合球的体积公式求解即可.
【详解】（1）连接BD，交AC于N，连接MN．
在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点，
又因为是的中点，
所以是的中位线，
所以，
因为面，面，
所以面
（2）设，
因为正四棱柱的表面积为10，
所以，
化简得，解得或（舍），
所以，，
所以正四棱柱的外接球的半径，
所以外接球的体积．
14．（2023春·山东滨州·高一山东省北镇中学校联考阶段练习）如图①，在梯形中，，，，将沿边翻折至，使得，如图②，过点作一平面与垂直，分别交于点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理得到，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）方法一：通过作垂线的方法得到垂线段的长度即为点到平面的距离，然后求距离即可；
方法二：利用等体积的方法求点到面的距离即可.
【详解】（1）证明：如图①，
，，，，
，，
如图②，∵，，，
，
，
，且，平面，
平面，
又平面，，
平面，且平面，，
又，且平面，平面．
（2）
方法一：过点作，垂足为，由（1）知平面，
而平面，
，
且，平面，平面，
则垂线段的长度即为点到平面的距离．
在中，，，，
，
，
由已知得，则，
由（1）知，，，
即点到平面的距离为．
方法二：求点到平面的距离，即求点到平面的距离，
由（1）知平面，平面，，
在直角三角形中，，，，
由等面积得，，
即，，
平面，且平面，，
由（1）知，∽，，
则在直角三角形中，，
设点到平面的距离为，
在三棱锥中，由等体积得，，
即
，
，
即点到平面的距离为．
15．（2023春·湖南衡阳·高二衡阳市八中校考阶段练习）如图，几何体为直四棱柱截去一个角所得，四边形是菱形，，，，P为的中点.
(1)证明：平面平面；
【解析】（1）如图，连接，四边形是菱形，，故为等边三角形，
故.
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面，
平面平面，即故平面平面.
16．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）如图，已知四棱锥底面是正方形，，、是的，中点，为线段上一个动点，平面交直线于点．
(1)若，平面平面，求证：；
(2)若，，求证：；
(3)直线是否可能与平面平行?若可能，请证明；若不可能，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）证明，根据面面垂直与线面垂直的性质即可证明；
（2）证明即可；
（3）取的中点，连接，可证明当为中点时平面.
【详解】（1）因为，是的中点，所以.
因为平面平面，平面平面,平面，
所以平面.
因为平面,所以.
（2）因为，是正方形，所以,.
因为，所以，即.
又，所以.
（3）取的中点，连接，
因为、是，的中点，所以，且.
又，且,所以，,
所以四边形是平行四边形，所以.
当为中点时，为中点，此时为的中位线，
所以，四点共面.
因为平面,平面,
所以平面.
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β
性质
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
性质定理
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥a,,l⊥b,,a∩b＝O,,a⊂α,,b⊂α))⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β))⇒l⊥α
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